2025年高考物理解密之题型专题训练选择题（Word版附解析）

这是一份2025年高考物理解密之题型专题训练选择题（Word版附解析），共104页。试卷主要包含了核电站铀核裂变的产物是多样的等内容，欢迎下载使用。
1．（2024•镇海区校级模拟）如图所示，为平行板电容器，为理想二极管。当滑动变阻器的滑片在中点时，闭合开关，带电小球恰能在两平行板间静止，下列说法正确的是
A．若将滑动变阻器的滑片向右移动，电容器带电量不变
B．若将滑动变阻器的滑片向右移动，则带电小球将向下加速运动
C．若电容器的上金属板向下平移一小段距离，则带电小球向下加速运动
D．若电容器的上金属板向上平移一小段距离，则带电小球仍保持静止
2．（2024•天津）一列简谐横波在均匀介质中沿轴传播，图1是时该波的波形图，图2是处质点的振动图像。则时该波的波形图为
A．B．
C．D．
3．（2024•天津）如图所示，两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置，导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度，导轨上端用直导线连接，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的金属棒从某高度由静止开始下滑，下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，则所受的安培力及其加速度、速度、电流，随时间变化的关系图像可能正确的是
A．B．
C．D．
4．（2025•邯郸一模）一辆汽车在平直公路上行驶，发现前方有紧急情况后立即刹车。刹车过程可看作匀减速直线运动，则以下选项中能够描述刹车过程中动量随时间变化的图像是
A．B．
C．D．
5．（2025•邯郸一模）我们把电场中电势相同的各点构成的面叫作等势面。等势面也是形象描绘电场的重要工具，某同学研究点电荷产生的静电场时，画出了如图所示的等距等势面、、，即相邻两等势面间的距离相等。由图可知
A．若改变零电势的位置，等势面的电势大小不变
B．等势面的电势等于
C．等势面的电势小于
D．等势面的电势大于
6．（2025•邯郸一模）“草长莺飞二月天，拂堤杨柳醉春烟。儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢。”这是诗人高鼎的《村居》。许人勾勒出一幅春光明媚，喜放风筝的美丽春景图。若儿童将风筝放飞到空中后，拉着风筝线盘静止于水平地面上，风筝在如图所示的风的吹拂下恰好也静止在空中，风对儿童的作用力忽略不计。若风对风筝的作用力可认为垂直于风筝面向上，则
A．拉直的风筝细线可能垂直于风筝面
B．地面对儿童的支持力的大小等于风筝和儿童的总重力
C．儿童相对地面具有向右运动的趋势
D．儿童所受合外力大于风筝所受合外力
7．（2025•邯郸一模）核电站铀核裂变的产物是多样的。有一种典型的铀核裂变是生成钡和氪，核反应方程是，已知铀核的质量为，钡核的质量为，氪核的质量为，中子的质量为，以下说法正确的是
A．核反应方程中的
B．该核反应释放的核能是
C．的比结合能大于（或的比结合能
D．目前部分高科技核电站已经实现可控核聚变发电
8．（2025•邯郸一模）如图甲所示，质量为的物块静止在粗糙水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数。某时刻对物块施加水平向右的拉力，随时间变化的规律如图乙所示，取。以下说法正确的是
A．时拉力的瞬时功率为
B．合力做功的平均功率为
C．物块的动量变化量为
D．物块运动的位移为
9．（2025•邯郸一模）如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为的小物块静止在斜面底端，某时刻给物块一个沿斜面向上的初速度使物块沿斜面上滑，物块与斜面之间的动摩擦因数为，斜面的倾角，取水平地面为零重力势能参考面，在物块上滑过程中，物块的机械能和动能随沿斜面运动的位移变化的图像如图乙所示，取，下列说法正确的是
A．图线为物块动能的变化图线，图线为物块机械能的变化图线
B．物块的质量为
C．物块与斜面之间的动摩擦因数为
D．物块的初速度
10．（2024•江汉区模拟）下列关于固体、液体的说法正确的是
A．毛细管中出现毛细现象时，液体一定浸润该毛细管
B．航天员在太空中会因为毛笔无法吸墨而写不成毛笔字
C．晶体沿不同方向的导热性质一定不同
D．液体的表面张力方向总是与液面相切
11．（2024•如皋市校级模拟）图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在点，另一端和运动员相连。运动员从点自由下落，至点弹性绳自然伸直，经过合力为零的点到达最低点，然后弹起。整个过程中忽略空气阻力。分析这一过程，下列表述正确的是
A．经过点时，运动员的速率最大
B．从点到点，运动员一直处于超重状态
C．从点到点，运动员的加速度一直增大
D．在点，运动员的加速度大小大于重力加速度
12．（2024•江汉区模拟）一定质量的理想气体从状态开始，发生如图所示的一系列变化，最终回到状态。其中，从状态到状态过程中气体对外界做功为。下列说法错误的是
A．过程中外界对气体不做功，气体从外界吸热
B．过程中气体从外界吸热，且吸收的热量等于
C．状态与相比，气体分子碰撞单位面积器壁的平均力更大
D．整个过程中，气体总体从外界吸热
13．（2024•如皋市模拟）某同学从住宿楼底层楼）沿楼梯进行登高锻炼，已知每层楼高约为。该同学的登高速度的倒数与登高高度的关系如图所示。已知他刚登上4楼时的速度约为，则他刚登上19楼的速度和由楼底层登至19楼所需的时间分别约为
A．；B．0.15 ；
C．0.12 ；D．；
14．（2024•开福区校级模拟）下列关于原子和原子核的说法正确的是
A．粒子的穿透能力比粒子的穿透能力强
B．天然放射现象的发现说明了原子有复杂的结构
C．紫外线照射到锌板表面能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能不变
D．按照玻尔理论，氢原子由较高能级跃迁到较低能级，核外电子的动能和电势能都减小
15．（2024•江汉区模拟）图甲为某种桥式整流器的电路图，它是利用二极管单向导通性进行整流的常用电路。已知交流电源的输出电压如图乙所示，灯泡的额定电压为，假设四个二极管正向电阻为0，反向电阻无穷大，电压表为理想电压表，下列说法正确的是
A．时，电压表示数为0
B．电压表的示数始终为
C．每个周期内通过灯泡的电流方向变化两次
D．每个周期内通过灯泡的电流方向始终不变
16．（2024•沙坪坝区校级模拟）某射击游戏道具如图（a）所示，将圆形转筒十等分后间隔排列五片弧形薄板，其余位置留空，俯视图如图（b）所示。已知转筒直径，角速度，小德用玩具手枪瞄准中轴线随机打出一枪，弹丸可认为做水平匀速直线运动且速度，弹丸穿过薄板后速度会减半，忽略空气阻力和弹丸穿过薄板所需时间，下列说法正确的是
A．薄板上各点线速度相同
B．薄板上一定会留下一个弹孔
C．若增大角速度，薄板上至少会留下一个弹孔
D．若减小角速度，薄板上至少会留下一个弹孔
17．（2024•开福区校级模拟）如图所示，在直角坐标系中，先固定一不带电金属导体球，半径为，球心坐标为。再将一点电荷固定在原点处，带电量为。、是轴上的两点，、两点对称地分布在轴两侧，点、、到坐标原点的距离均为，与金属导体球外表面相切于点，已知金属导体球处于静电平衡状态，为静电力常量，则下列说法正确的是
A．图中、两点的电势相等，点电势高于点
B．、两点处电场强度相同
C．金属导体球上的感应电荷在外表面处的场强大小一定为
D．金属导体球上的感应电荷在球心处产生的电场强度一定为
18．（2024•开福区校级模拟）如图所示，光滑的圆轨道竖直固定在水平地面上，为圆心，为轨道上的一点，与水平面夹角为。小球在拉力作用下始终静止在点。当拉力方向水平向左时，拉力的大小为。当将拉力在竖直平面内顺时针转至沿圆轨道切线方向时，拉力的大小为
A．B．C．D．
19．（2024•顺庆区校级模拟）如图所示，木板放置在粗糙水平地面上，为光滑铰链。轻杆一端与铰链固定连接，另一端固定连接一质量为的小球。现将轻绳一端拴在小球上，另一端通过光滑的定滑轮由力牵引，定滑轮位于的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力的大小使小球和轻杆从图示位置缓慢运动到正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中
A．外力大小不变
B．轻杆对小球的作用力大小变小
C．地面对木板的支持力逐渐变小
D．地面对木板的摩擦力逐渐减小
20．（2024•江苏模拟）一长为的金属管从地面以的速率竖直上抛，管口正上方高处有一小球同时自由下落，金属管落地前小球从管中穿过。已知重力加速度为，不计空气阻力。关于该运动过程说法正确的是
A．小球穿过管所用时间大于
B．若小球在管上升阶段穿过管，则
C．若小球在管下降阶段穿过管，则
D．小球不可能在管上升阶段穿过管
21．（2024•苏州校级二模）利用光在空气薄膜的干涉可以测量待测圆柱形金属丝与标准圆柱形金属丝的直径差（约为微米量级），实验装置如图甲所示。和是具有标准平面的玻璃平晶，为标准金属丝，直径为；为待测金属丝，直径为；两者中心间距为。实验中用波长为的单色光垂直照射平晶表面，观察到的干涉条纹如图乙所示，测得相邻条纹的间距为△。则以下说法正确的是
A．
B．与直径相差越大，△越大
C．轻压右端，若△增大则有
D．与直径相等时可能产生图乙中的干涉条纹
22．（2024•黑龙江模拟）如图所示，光滑水平面上放有质量为的足够长的木板，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的物块叠放在上，的质量为，弹簧的劲度系数。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长。现用一水平向右的拉力作用在上，已知、间动摩擦因数，弹簧振子的周期为，取，。则
A．受到的摩擦力逐渐变大
B．向右运动的最大距离为
C．当的位移为时，的位移为
D．当的位移为时，弹簧对的冲量大小为
23．（2024•鼓楼区校级模拟）封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态变到状态，其体积与热力学温度的关系如图所示，、、三点在同一直线上，则
A．由状态变到状态过程中，气体对外放热，内能不变
B．气体在状态和在状态时的单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数相等
C．状态时气体的压强小于状态时气体的压强
D．在状态与状态时相等时间内气体分子对单位面积器壁的冲量相等
24．（2024•北京）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
25．（2024•顺义区二模）1899年，苏联物理学家列别捷夫首先从实验上证实了“光射到物体表面上时会产生压力”，和大量气体分子与器壁的频繁碰撞类似，这种压力会对物体表面产生压强，这就是“光压”。某同学设计了如图所示的探测器，利用太阳光的“光压”为探测器提供动力，以使太阳光对太阳帆的压力超过太阳对探测器的引力，将太阳系中的探测器送到太阳系以外。假设质量为的探测器正朝远离太阳的方向运动，探测器探测器太阳帆的面积为，且始终与太阳光垂直，探测器到太阳中心的距离为，不考虑行星对探测器的引力。
已知：单位时间内从太阳单位面积辐射的光的总能量与太阳绝对温度的四次方成正比，即．其中为太阳表面的温度，为常量。引力常量为，太阳的质量为，太阳的半径为，光子的动量，光速为。下列说法正确的是
A．常量的单位为
B．时间内探测器在距太阳处太阳帆接收到太阳辐射的能量为
C．若照射到太阳帆上的光一半被太阳帆吸收另一半被反射，探测器太阳帆的面积至少为
D．若照射到太阳帆上的光全部被太阳帆吸收，探测器在处太阳帆受到太阳光的压力为
2025年高考物理解密之选择题
参考答案与试题解析
一．选择题（共25小题）
1．（2024•镇海区校级模拟）如图所示，为平行板电容器，为理想二极管。当滑动变阻器的滑片在中点时，闭合开关，带电小球恰能在两平行板间静止，下列说法正确的是
A．若将滑动变阻器的滑片向右移动，电容器带电量不变
B．若将滑动变阻器的滑片向右移动，则带电小球将向下加速运动
C．若电容器的上金属板向下平移一小段距离，则带电小球向下加速运动
D．若电容器的上金属板向上平移一小段距离，则带电小球仍保持静止
【答案】
【考点】含容电路的动态分析
【专题】推理论证能力；恒定电流专题；控制变量法；比较思想
【分析】电阻和串联分压，电容器与并联，则电容器两端的电压与两端的电压相等。滑动变阻器或电容器在变化时会导致电容器两端的电压或电荷量变化，但由于二极管的存在，使得只能逆时针充电，不能顺时针放电。
【解答】解：由图可知，电阻和串联分压，电容器与并联，则电路稳定时，电容器两端的电压与两端的电压相等。
、滑动变阻器的滑片向右移动时，接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大，两端的电压增加，则电容器的电压增加。由公式可知，电容不变，增加时，增加，二极管处于导通状态，电容器充电，电容器带电量增加，故错误；
、闭合开关时，带电小球恰能在两平行板间静止，由平衡条件可知，小球受到的竖直向下的重力和竖直向上的电场力大小相等。由分析可知，滑动变阻器的滑片向右移动，电容器的电压增加，由公式可知，增加，板间距离不变时，则板间场强增加，则小球受到的电场力增加，带电小球将向上加速运动，故错误；
、电容器的上金属板向下平移一小段距离时，板间距离减小，由公式可知，电容器的电容增大，由公式可知，电容增大，若不变时，增加，二极管处于导通状态，电容器充电。由公式可知，不变，减小时，场强增加，则小球受到的电场力增加，带电小球将向上加速运动，故错误；
、电容器的上金属板向上平移一小段距离，板间距增大，由公式可知，增大时，电容减小，由公式可知，电容减小，若不变时，减小，流经二极管的电流为负向电流，电容器不能放电，即不变，则增加。由公式，，联立得可知，板间场强不变，则小球受到的电场力不变，带电小球静止不动，故正确。
故选：。
【点评】有二极管的电容器电路中，若流经二极管的电流为正向电流时，二极管几乎没电阻，电路正常，电容器正常冲充、放电；若流经二极管的电流为负向电流，则电路不通，电路中无电流，电容器不进行充、放电。
2．（2024•天津）一列简谐横波在均匀介质中沿轴传播，图1是时该波的波形图，图2是处质点的振动图像。则时该波的波形图为
A．B．
C．D．
【答案】
【考点】机械波的图像问题
【专题】波的多解性；推理法；定量思想；推理论证能力
【分析】根据振动图像得出振动质点的周期，结合波动图像以及确定质点的初始位置以及给定时间对应的振动情况分析判断相应质点的位置以及对应的波动图像。
【解答】解：根据图2可知，该波的振动周期，，当时，处的质点位移为正的最大，再经过△，可知该质点应该位于波谷的位置，符合题意的只有，故正确，错误。
故选：。
【点评】考查波动图像和振动图像的结合问题，会根据图像找出相关的信息，会结合题意进行图像的判断。
3．（2024•天津）如图所示，两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置，导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度，导轨上端用直导线连接，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的金属棒从某高度由静止开始下滑，下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，则所受的安培力及其加速度、速度、电流，随时间变化的关系图像可能正确的是
A．B．
C．D．
【答案】
【考点】安培力作用下的运动学问题（力与运动的关系）
【专题】推理论证能力；推理法；电磁感应与电路结合；定量思想
【分析】根据题意设置相应条件，由安培力的公式结合导体棒切割磁感线产生感应电动势公式、牛顿第二定律分析、、以及的变化情况；
根据闭合电路的欧姆定律导出电流表达式，再分析图像的变化情况。
【解答】解：根据题意，设导体棒的电阻为，导轨间距为，磁感应强度大小为，导体棒速度为时，受到的安培力为，可知，由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为可知，随着速度的增大，导体棒的加速度逐渐减小，当加速度为零时，导体棒开始做匀速直线运动，则图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不变，由于安培力与速度成正比，则图像的斜率逐渐减小直至为零时，保持不变，故正确，错误；
根据题意，由公式可得感应电流为，由数学知识可得，由于加速度逐渐减小，则图像的斜率逐渐减小，故错误。
故选：。
【点评】考查电磁感应的相关问题，结合闭合电路的欧姆定律，牛顿运动定律等列式求解分析。
4．（2025•邯郸一模）一辆汽车在平直公路上行驶，发现前方有紧急情况后立即刹车。刹车过程可看作匀减速直线运动，则以下选项中能够描述刹车过程中动量随时间变化的图像是
A．B．
C．D．
【答案】
【考点】匀变速直线运动速度与时间的关系；动量变化量的计算
【专题】推理法；推理论证能力；定量思想；动量定理应用专题
【分析】根据动量的定义分析动量的变化规律。
【解答】解：设刹车的初速度为，加速度为，则经时间的速度为
动量为
故正确，错误。
故选：。
【点评】本题考查了动量的直接应用，难度不大，属于基础题。
5．（2025•邯郸一模）我们把电场中电势相同的各点构成的面叫作等势面。等势面也是形象描绘电场的重要工具，某同学研究点电荷产生的静电场时，画出了如图所示的等距等势面、、，即相邻两等势面间的距离相等。由图可知
A．若改变零电势的位置，等势面的电势大小不变
B．等势面的电势等于
C．等势面的电势小于
D．等势面的电势大于
【答案】
【考点】等势面及其与电场线的关系
【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题；推理论证能力
【分析】点电荷产生的电场线，离电荷近的位置，产生的场强大，相同的距离，离电荷近的位置，电势差大。
【解答】解：、等势面的电势大小与零电势的位置有关，故若改变零电势的位置，等势面的电势大小会变，故错误；
、因间的平均电场强度大于间的平均电场强度，且间的距离等于间的距离，
根据电势差和电场强度之间的关系式可知，，即等势面的电势大于，故错误，正确。
故选：。
【点评】解决本题要明确点电荷产生的场强和电势的分布特点，离电荷近的位置，产生的场强大，相同的距离，离电荷近的位置，电势差大。
6．（2025•邯郸一模）“草长莺飞二月天，拂堤杨柳醉春烟。儿童散学归来早，忙趁东风放纸鸢。”这是诗人高鼎的《村居》。许人勾勒出一幅春光明媚，喜放风筝的美丽春景图。若儿童将风筝放飞到空中后，拉着风筝线盘静止于水平地面上，风筝在如图所示的风的吹拂下恰好也静止在空中，风对儿童的作用力忽略不计。若风对风筝的作用力可认为垂直于风筝面向上，则
A．拉直的风筝细线可能垂直于风筝面
B．地面对儿童的支持力的大小等于风筝和儿童的总重力
C．儿童相对地面具有向右运动的趋势
D．儿童所受合外力大于风筝所受合外力
【答案】
【考点】静摩擦力的方向；共点力的平衡问题及求解
【专题】整体法和隔离法；共点力作用下物体平衡专题；定性思想；推理论证能力
【分析】以风筝、风筝与人组成的整体为研究对象进行受力分析，根据利用矢量合成则分析。
【解答】解：．对风筝受力如图
风筝受竖直向下的重力、垂直于风筝面斜向右上方的风力、细线的拉力，风筝静止在空中，受力平衡，根据平衡条件可知，细线的拉力与重力和风力的合力等大，反向共线，故拉直的风筝细线不可能垂直于风筝面，故错误；
．将儿童和风筝看成一个整体受力分析，可知整体受竖直向下的总重力、垂直于风筝面斜向右上方的风力和地面竖直向上的支持力，在竖直方向上，风力沿竖直方向的分力与地面提供的支持力方向相同，故地面对儿童的支持力大小小于风筝和儿童的总重力，故错误；
．将儿童和风筝看成一个整体受力分析，可知整体受竖直向下的总重力、垂直于风筝面斜向右上方的风力和地面竖直向上的支持力，由于风力有向右的分量，则地面对人有向左的静摩擦力作用，整体才能保持平衡状态，所以儿童相对地面具有向右运动的趋势，故正确；
．儿童与风筝都处于平衡状态，则儿童所受合外力等于风筝所受合外力都为零，故错误。
故选：。
【点评】本题以生活实践情境为切入点，以风筝作为情境载体，考查力的合成与分解、力的平衡等知识，关键是能够对风筝进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，根据矢量三角形（图解法）分析各力的变化情况。
7．（2025•邯郸一模）核电站铀核裂变的产物是多样的。有一种典型的铀核裂变是生成钡和氪，核反应方程是，已知铀核的质量为，钡核的质量为，氪核的质量为，中子的质量为，以下说法正确的是
A．核反应方程中的
B．该核反应释放的核能是
C．的比结合能大于（或的比结合能
D．目前部分高科技核电站已经实现可控核聚变发电
【答案】
【考点】核反应前后质量数、质子数、中子数、核子数等参数的关系；结合能与比结合能的概念及物理意义；核反应前后存在质量亏损及其计算
【专题】推理法；推理论证能力；定量思想；爱因斯坦的质能方程应用专题
【分析】、根据核反应过程质量数守恒求解；
、根据爱因斯坦的质能方程求解；
、根据核反应过程释放能量，可知核反应前后原子核的稳定性，根据比结合能越大，原子核越稳定分析；
、根据核裂变反应较容易控制分析。
【解答】解：、根据核反应过程质量数守恒可得：，可得，故错误；
、该核反应过程的质量亏损为：△
根据爱因斯坦质能方程可得该核反应释放的核能为：，故正确；
、比结合能越大，原子核越稳定，此核反应过程释放能量，核反应后产物（或比反应前的更稳定，所以的比结合能小于（或的比结合能，故错误；
、核裂变反应较容易控制，所以现在的核电站仍采用核裂变反应发电，还没有实现可控核聚变发电，故错误。
故选：。
【点评】本题考查了比结合能、核反应过程释放的核能，解题的关键是知道核反应过程质量数和电荷数都守恒，知道比结合越大，原子核越稳定，熟练掌握爱因斯坦的质能方程。
8．（2025•邯郸一模）如图甲所示，质量为的物块静止在粗糙水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数。某时刻对物块施加水平向右的拉力，随时间变化的规律如图乙所示，取。以下说法正确的是
A．时拉力的瞬时功率为
B．合力做功的平均功率为
C．物块的动量变化量为
D．物块运动的位移为
【答案】
【考点】平均功率的计算；动能定理的简单应用；动量定理的内容和应用
【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；动能定理的应用专题；动量定理应用专题；推理论证能力
【分析】、根据图像的面积表示的冲量，可得内力的冲量，内力的冲量，内、内分别利用动量定理可得物块时、时的速度大小，由可得物块的瞬时功率，内利用动能定理可得合力做的功，利用可得合力做功的平均功率；
、根据动量的变化量△求解；
、假设物块做匀变速直线运动，利用可得物块物块的位移，根据物块加速度逐渐增大可得结论。
【解答】解：、图像的面积表示的冲量，由图乙可得内力的冲量：
取力的方向为正方向，内由动量定理有：，代入数据可得时物块的速度大小为：
则时拉力的瞬时功率为：，故错误；
、由图乙可得内力的冲量：
取力的方向为正方向，内由动量定理有：，代入数据可得时物块的速度大小为：
内由动能定理可得合力做的功为：
则合力做功的平均功率为：，故正确；
、内物块的动量变化量为：△，故错误；
、若物块在内做匀加速直线运动，则运动的位移：，但物块在内实际上做加速度逐渐增大的加速运动，所以物块运动的位移不等于，故错误。
故选：。
【点评】本题考查了动量定理、动能定理和功率，解题的关键是知道图像的面积表示的冲量，熟练掌握利用动量定理解决问题。
9．（2025•邯郸一模）如图甲所示，斜面固定在水平地面上，质量为的小物块静止在斜面底端，某时刻给物块一个沿斜面向上的初速度使物块沿斜面上滑，物块与斜面之间的动摩擦因数为，斜面的倾角，取水平地面为零重力势能参考面，在物块上滑过程中，物块的机械能和动能随沿斜面运动的位移变化的图像如图乙所示，取，下列说法正确的是
A．图线为物块动能的变化图线，图线为物块机械能的变化图线
B．物块的质量为
C．物块与斜面之间的动摩擦因数为
D．物块的初速度
【答案】
【考点】常见力做功与相应的能量转化
【专题】比较思想；图析法；功能关系 能量守恒定律；分析综合能力
【分析】根据物块上升到最高点时动能为零，而机械能不等于零，分析图线对应关系；根据动能随位移的变化图线斜率大小等于合外力，机械能随位移的变化图线斜率大小等于摩擦力，分别列式，结合初动能解答。
【解答】解：、物块沿斜面上滑过程中，动能和机械能均减小，取水平地面为零重力势能参考面，可知物块上升到最高点时，动能为零，但物块此时的机械能等于重力势能，则机械能不等于零，结合图像可知，图线为机械能的变化图线，图线为动能的变化图线，故错误；
、根据动能随位移的变化图线的斜率大小等于合外力，机械能随位移的变化图线的斜率大小等于摩擦力，可得
由图像知物块的初动能为，上升到最高点物块的机械能为，即重力势能为，则
联立解得
，，，故正确，错误。
故选：。
【点评】解答本题时，要掌握动能定理和功能关系，分析图线斜率的意义，特别要知道本题中摩擦力做功等于机械能的变化。
10．（2024•江汉区模拟）下列关于固体、液体的说法正确的是
A．毛细管中出现毛细现象时，液体一定浸润该毛细管
B．航天员在太空中会因为毛笔无法吸墨而写不成毛笔字
C．晶体沿不同方向的导热性质一定不同
D．液体的表面张力方向总是与液面相切
【答案】
【考点】浸润和不浸润；晶体和非晶体；毛细现象；液体的表面张力
【专题】分子间相互作用力与分子间距离的关系；定性思想；推理法；理解能力
【分析】浸润液体在毛细管中上升和不浸润液体在毛细管中下降都叫毛细现象；浸润液体呈凹液面，不浸润液体呈凸液面；单晶体的部分特性具有各向异性；在液体内部，分子间平均距离略小于，分子间的作用力表现为斥力；在表面层，分子比较稀疏，分子间距离略大于，分子间的作用力表现为引力，即表面张力。
【解答】解：．浸润液体在细管中上升，不浸润液体在细管中下降，都属于毛细现象，故错误；
．毛笔书写过程中，在毛细现象作用下，墨汁与可以被浸润的毛笔材料发生相互作用力的平衡，于是墨汁便被吸入毛笔材料中，当毛笔尖与纸张接触时，留在毛笔表面的墨汁，同样在毛细作用下，被吸附到纸上，故错误；
．单晶体的部分特性具有各向异性，但导热性能沿不同方向可能是相同的，故错误；
．表面张力使液体表面有收缩的趋势，它的方向跟液面相切，故正确。
故选：。
【点评】了解毛细现象的概念以及液晶的性质和表面张力的作用效果是解决该题的关键。
11．（2024•如皋市校级模拟）图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在点，另一端和运动员相连。运动员从点自由下落，至点弹性绳自然伸直，经过合力为零的点到达最低点，然后弹起。整个过程中忽略空气阻力。分析这一过程，下列表述正确的是
A．经过点时，运动员的速率最大
B．从点到点，运动员一直处于超重状态
C．从点到点，运动员的加速度一直增大
D．在点，运动员的加速度大小大于重力加速度
【答案】
【考点】超重与失重的概念、特点和判断；自由落体运动的规律及应用；胡克定律及其应用；牛顿第二定律的简单应用
【专题】牛顿运动定律综合专题；推理法；定性思想；推理论证能力
【分析】、从到、从到过程，根据运动员重力和弹力的大小关系，可知合力、加速度的方向，根据加速度与速度方向的关系可知运动员的运动特点，则可得结论；
、根据加速度方向和牛顿第二定律分析；
、根据运动员在点合力为零列式，在点利用牛顿第二定律列式，根据图中、两点弹性绳形变量的大小关系可得结论。
【解答】解：、从到，弹性绳弹力为零，运动员只受重力做自由落体运动，速度增大，在点运动员合力为零，可知从到过程，运动员重力大于弹力，合力向下，加速度向下，与速度方向相同，运动员向下做加速运动，从到，运动员弹力大于重力，合力向上，加速度向上，与速度方向相反，运动员向下做减速运动，所以在点运动员速度最大，故错误；
、从到过程，由牛顿第二定律有：，运动员加速度方向向下，处于失重状态，随着弹力逐渐增大，则加速度逐渐减小，
从到过程，由牛顿第二定律有：，运动员加速度方向向上，运动员处于超重状态，随着弹力继续增大，运动员加速度增大，故错误。
、设弹性绳的劲度系数为，在点弹性绳形变量为，则有：
设弹性绳在点形变量为，由牛顿第二定律有：
由图可知，则可得：，故正确。
故选：。
【点评】本题考查了牛顿第二定律、超失重，解题的关键是知道加速度与速度方向相同做加速运动，加速度与速度方向相反做减速运动，知道加速度方向向上则处于超重状态，加速度方向向下，则处于失重状态。
12．（2024•江汉区模拟）一定质量的理想气体从状态开始，发生如图所示的一系列变化，最终回到状态。其中，从状态到状态过程中气体对外界做功为。下列说法错误的是
A．过程中外界对气体不做功，气体从外界吸热
B．过程中气体从外界吸热，且吸收的热量等于
C．状态与相比，气体分子碰撞单位面积器壁的平均力更大
D．整个过程中，气体总体从外界吸热
【答案】
【考点】理想气体状态变化的图像问题；热力学第一定律的表达和应用
【专题】推理论证能力；图析法；比较思想；热力学定律专题
【分析】根据理想气体状态方程分析气体体积的变化，即可判断做功情况，根据温度的变化分析气体内能的变化，再由热力学第一定律分析吸放热情况。根据压强关系，分析状态与气体分子碰撞单位面积器壁的平均力的关系。将整个过程中变化转化为图像，根据图像与横轴围成的面积表示做功分析做功情况，再由热力学第一定律分析吸放热情况。
【解答】解：、由图像可知，过程中，不变，根据理想气体状态方程，气体体积不变，外界对气体不做功；气体温度升高，则气体的内能增大，根据热力学第一定律可知，气体从外界吸热，故正确；
、由图像可知，过程中气体的温度不变，则气体的内能不变，根据热力学第一定律得
△
可得，可知气体从外界吸热，且吸收的热量等于，故正确；
、状态与相比，气体压强相等，根据可知，气体分子碰撞单位面积器壁的平均力一样大，故错误；
、将整个过程中变化转化为图像，如图所示。
根据图像与横轴围成的面积表示气体做功，由图像可知，过程中气体对外做的功大于过程中外界对气体做的功，所以整个过程气体对外界做功，而气体的内能变化量为0，根据热力学第一定律可知，整个过程气体总体从外界吸热，故正确。
本题选错误的，故选：。
【点评】本题考查理想气体的状态方程和热力学第一定律的综合应用，要能将图像转化为图像，根据图像与横轴围成的面积表示做功来分析气体做功情况。
13．（2024•如皋市模拟）某同学从住宿楼底层楼）沿楼梯进行登高锻炼，已知每层楼高约为。该同学的登高速度的倒数与登高高度的关系如图所示。已知他刚登上4楼时的速度约为，则他刚登上19楼的速度和由楼底层登至19楼所需的时间分别约为
A．；B．0.15 ；
C．0.12 ；D．；
【答案】
【考点】复杂的运动学图像问题
【专题】方程法；比较思想；运动学中的图象专题；理解能力
【分析】根据图像与轴所围的面积表示时间，由几何知识求解运动时间。
【解答】解：如图可知，登高速度的倒数与登高高度成正比，即速度与高度成反比，即有
他刚登上4楼时的速度约为
高度为
当他刚登上19楼时，高度为
根据反比规律，可得速度为
如图图像与轴所围的的面积表示运动的时间，可得
解得，故错误，正确。
故选：。
【点评】解决本题的关键是理解图像的物理意义，知道图像与轴的面积表示时间。
14．（2024•开福区校级模拟）下列关于原子和原子核的说法正确的是
A．粒子的穿透能力比粒子的穿透能力强
B．天然放射现象的发现说明了原子有复杂的结构
C．紫外线照射到锌板表面能够发生光电效应，则当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能不变
D．按照玻尔理论，氢原子由较高能级跃迁到较低能级，核外电子的动能和电势能都减小
【答案】
【考点】光电效应的条件和判断能否发生光电效应；天然放射现象的发现及意义；分析能级跃迁过程中的能量变化（吸收或释放能量）；、、射线的本质及特点
【专题】衰变和半衰期专题；归纳法；原子的能级结构专题；定性思想；理解能力；光电效应专题
【分析】利用、、三种射线特点判断；原子核内部是有结构；根据光电效应方程，光电子的最大初动能和光照强度无关；根据玻尔理论的特点判断。
【解答】解：．粒子的穿透能力比粒子的穿透能力弱，故错误；
．天然放射现象的发现说明了原子核有复杂的结构，故错误；
．发生光电效应时，根据爱因斯坦光电效应方程，逸出的光电子的最大初动能只与入射光频率有关，与照射强度无关，故正确；
．按照玻尔理论，氢原子由较高能级跃迁到较低能级，核外电子的动能增大，电势能减小，故错误。
故选：。
【点评】本题考查了天然放射性的特点、光电效应、玻尔理论等知识点。注意光电子的最大初动能和入射光的频率、逸出功有关，和光强无关，光电效应是常考题型，学生的出错率也比较高。
15．（2024•江汉区模拟）图甲为某种桥式整流器的电路图，它是利用二极管单向导通性进行整流的常用电路。已知交流电源的输出电压如图乙所示，灯泡的额定电压为，假设四个二极管正向电阻为0，反向电阻无穷大，电压表为理想电压表，下列说法正确的是
A．时，电压表示数为0
B．电压表的示数始终为
C．每个周期内通过灯泡的电流方向变化两次
D．每个周期内通过灯泡的电流方向始终不变
【答案】
【考点】正弦式交变电流的有效值
【专题】推理论证能力；推理法；定量思想；交流电专题
【分析】根据图乙可知输入电压的最大值和周期，再根据电压之比等于线圈匝数之比可求得输出端的有效值，从而确定电压表示数；根据有效值的定义以及二极管的性质则可明确灯泡两端的电压的有效值，再根据电路结构分析电流表的变化。
【解答】解：、根据题目中的电路图可知，电流从整流电路上端流入经右上二极管、灯泡、左下二极管形成回路，电流从整流电路下端流入经右下二极管、灯泡、左上二极管形成回路，所以每个周期内通过灯泡的电流方向始终不变，故错误；正确；
、由选项分析可知，经整流电路后，流经灯泡的电流方向不再改变，但是电流大小仍按正弦规律变化，
所以电压表示数即交流电源的输出电压有效值为，
代入数据解得：
故错误。
故选：。
【点评】本题考查了变压器的原理及最大值与有效值之间的数量关系。能根据欧姆定律求解电路中的电流，会求功率，知道电表示数为有效值，明确二极管的单向导电性的正确应用和有效值定义的基本方汉的掌握情况。
16．（2024•沙坪坝区校级模拟）某射击游戏道具如图（a）所示，将圆形转筒十等分后间隔排列五片弧形薄板，其余位置留空，俯视图如图（b）所示。已知转筒直径，角速度，小德用玩具手枪瞄准中轴线随机打出一枪，弹丸可认为做水平匀速直线运动且速度，弹丸穿过薄板后速度会减半，忽略空气阻力和弹丸穿过薄板所需时间，下列说法正确的是
A．薄板上各点线速度相同
B．薄板上一定会留下一个弹孔
C．若增大角速度，薄板上至少会留下一个弹孔
D．若减小角速度，薄板上至少会留下一个弹孔
【答案】
【考点】角速度的物理意义及计算；线速度与角速度的关系
【专题】匀速圆周运动专题；定量思想；推理论证能力；推理法
【分析】根据角速度和线速度的关系，结合角速度定义以及几何关系分析求解。
【解答】解：．根据可知，薄板上各点线速度大小相等，方向不同，故错误；
．子弹在转筒中运动的时间为
此时转筒转过的角度为
圆筒与圆心连线每隔有一块薄板，由几何关系可知，薄板上一定会留下一个弹孔，故正确；
．由上述分析可知，增大角速度或减小角速度，子弹在薄板上可能不留下弹孔，故错误。
故选：。
【点评】本题考查了匀速圆周运动相关知识，理解角速度和线速度的关系是解决此类问题的关键。
17．（2024•开福区校级模拟）如图所示，在直角坐标系中，先固定一不带电金属导体球，半径为，球心坐标为。再将一点电荷固定在原点处，带电量为。、是轴上的两点，、两点对称地分布在轴两侧，点、、到坐标原点的距离均为，与金属导体球外表面相切于点，已知金属导体球处于静电平衡状态，为静电力常量，则下列说法正确的是
A．图中、两点的电势相等，点电势高于点
B．、两点处电场强度相同
C．金属导体球上的感应电荷在外表面处的场强大小一定为
D．金属导体球上的感应电荷在球心处产生的电场强度一定为
【答案】
【考点】点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场；电荷性质、电势能和电势的关系
【专题】定量思想；电场力与电势的性质专题；推理法；推理论证能力
【分析】根据点电荷场强公式以及点电荷场强公式，结合金属导体球内部电场强度为零分析求解。
【解答】解：．由于感应电荷对场源电荷的影响，沿着电场线方向电势逐渐降低，可得：，故错误；
．、两点处电场强度大小相等，方向不同，故错误；
．根据点电荷场强公式，点电荷在处的场强大小为：
但金属导体球外表面场强不为零，则金属导体球上的感应电荷在外表面处的场强大小不等于，故错误；
．根据点电荷场强公式，点电荷在处的场强大小，方向沿轴正方向，金属导体球内部电场强度为零，则金属导体球上的感应电荷在球心处产生的电场强度为，方向沿轴负方向，故正确。
故选：。
【点评】本题考查了静电场相关知识，理解点电荷场强公式是解决此类问题的关键。
18．（2024•开福区校级模拟）如图所示，光滑的圆轨道竖直固定在水平地面上，为圆心，为轨道上的一点，与水平面夹角为。小球在拉力作用下始终静止在点。当拉力方向水平向左时，拉力的大小为。当将拉力在竖直平面内顺时针转至沿圆轨道切线方向时，拉力的大小为
A．B．C．D．
【答案】
【考点】利用平衡推论求解受力问题
【专题】共点力作用下物体平衡专题；定量思想；学科综合题；应用题；合成分解法；推理论证能力
【分析】当与水平面夹角为分析小球的受力情况，作出受力图，运用合成法分析求得小球的重力。再用同样的方法求解当将拉力在竖直平面内转至沿圆轨道切线方向时拉力 的大小。
【解答】解：当拉力水平向左时，受到竖直向下的重力，沿向外的支持力，以及拉力的作用，如图所示：
根据矢量三角形可得：
当拉力沿圆轨道切线方向时，受力如图所示：
根据矢量三角形可得：
故正确，错误。
故选：。
【点评】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解。
19．（2024•顺庆区校级模拟）如图所示，木板放置在粗糙水平地面上，为光滑铰链。轻杆一端与铰链固定连接，另一端固定连接一质量为的小球。现将轻绳一端拴在小球上，另一端通过光滑的定滑轮由力牵引，定滑轮位于的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力的大小使小球和轻杆从图示位置缓慢运动到正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中
A．外力大小不变
B．轻杆对小球的作用力大小变小
C．地面对木板的支持力逐渐变小
D．地面对木板的摩擦力逐渐减小
【答案】
【考点】图解法解决动态平衡问题
【专题】比较思想；图析法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力
【分析】对小球进行受力分析，根据相似三角形法分析出外力和轻杆对小球作用力的变化情况；对木板进行受力分析，根据几何关系结合其平衡状态分析出地面对木板的支持力和地面对木板的摩擦力的变化情况。
【解答】解：、对小球进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示。
根据相似三角形有
缓慢运动过程越来越小，则逐渐减小；由于长度不变，杆对小球的作用力大小不变，故错误；
、对木板，由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下方，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故错误，正确。
故选：。
【点评】本题主要考查了力的动态平衡问题，熟悉物体的受力分析，结合几何关系分析出力的变化情况即可。
20．（2024•江苏模拟）一长为的金属管从地面以的速率竖直上抛，管口正上方高处有一小球同时自由下落，金属管落地前小球从管中穿过。已知重力加速度为，不计空气阻力。关于该运动过程说法正确的是
A．小球穿过管所用时间大于
B．若小球在管上升阶段穿过管，则
C．若小球在管下降阶段穿过管，则
D．小球不可能在管上升阶段穿过管
【答案】
【考点】自由落体运动的规律及应用；竖直上抛运动的规律及应用
【专题】定量思想；推理法；临界法；追及、相遇问题；自由落体运动专题；分析综合能力
【分析】金属管和小球加速度相等，以管为参考系，小球在管中匀速直线运动；分析小球在管上升阶段穿过管时和小球在管下降阶段穿过管时，管的上升的最大高度，根据速度一位移关系分析初速度的范围。
【解答】解：、两物体竖直方向加速度相同，所以小球相对管来说在做匀速直线运动，所以小球穿过管所用时间为，故错误；
、刚好在管上升最高点穿过管有
解得
若小球在管上升阶段穿过管，则，故正确；
、若小球在管刚着地时穿管，有
解得：
结合向下分析可知，故错误；
、根据以上分析可知，故错误。
故选：。
【点评】本题是相遇问题，知道二者加速度相等，要分析清楚时小球和圆管的位移关系。
21．（2024•苏州校级二模）利用光在空气薄膜的干涉可以测量待测圆柱形金属丝与标准圆柱形金属丝的直径差（约为微米量级），实验装置如图甲所示。和是具有标准平面的玻璃平晶，为标准金属丝，直径为；为待测金属丝，直径为；两者中心间距为。实验中用波长为的单色光垂直照射平晶表面，观察到的干涉条纹如图乙所示，测得相邻条纹的间距为△。则以下说法正确的是
A．
B．与直径相差越大，△越大
C．轻压右端，若△增大则有
D．与直径相等时可能产生图乙中的干涉条纹
【答案】
【考点】薄膜干涉现象
【专题】比较思想；实验能力；光的干涉专题；几何法
【分析】依据题意，结合几何关系求出两标准平面的玻璃平晶之间的夹角，结合空气薄膜干涉条件，即可求解。
【解答】解：、设两标准平面的玻璃平晶之间的夹角为，由题图可得：
由空气薄膜干涉的条件可知
又
联立解得：，故正确；
、由上述分析可知，与直径相差越大，越大，△越小，错误；
、轻压右端，若△增大，则减小，说明，故错误；
、当与直径相等时，，空气薄膜的厚度处处相等，不能形成图乙中的干涉条纹，故错误。
故选：。
【点评】本题考查光干涉的原理，及其形成条件，理解干涉条纹的间距公式应用，要注意几何知识的运用。
22．（2024•黑龙江模拟）如图所示，光滑水平面上放有质量为的足够长的木板，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的物块叠放在上，的质量为，弹簧的劲度系数。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长。现用一水平向右的拉力作用在上，已知、间动摩擦因数，弹簧振子的周期为，取，。则
A．受到的摩擦力逐渐变大
B．向右运动的最大距离为
C．当的位移为时，的位移为
D．当的位移为时，弹簧对的冲量大小为
【答案】
【考点】简谐运动的回复力；动量定理的内容和应用
【专题】推理法；动量定理应用专题；定量思想；分析综合能力
【分析】根据对物体的受力分析得出其受到的摩擦力的变化趋势；
根据弹力与摸出来的等量关系，结合对称性分析出向右运动的最大距离；
根据两个物块之间的速度关系分析出的位移；
根据简谐振动的周期公式，结合动量定理完成分析。
【解答】解：．的最大加速度为
若拉力作用的瞬间、整体一起向右加速，加速度为：
则，则一开始二者就发生相对运动，一直受滑动摩擦力保持不变，故错误；
．间的滑动静摩擦力为
当弹簧弹力等于滑动摩擦力时，向右运动的距离为
则做简谐运动的振幅，则向右运动的最大距离为，故正确；
．设初始位置为0位置，以处为平衡位置做简谐振动，当的位移为时，即处于平衡位置时，运动的时间可能是
，，1，2，
或者
，，1，2，
由题可。
对木板，加速度为
则当的位移为时，即处于平衡位置时，运动的位移为
或者
但是的位移为时，的位移不一定为，故错误；
．当的位移为时，结合选项分析可知，的速度变为0，由动量定理可知，的动量变化量为零，故弹簧对的冲量大小等于摩擦力对的冲量大小，即△；
当的位移为时，运动的时间为
，，1，2，
则当的位移为时，弹簧对的冲量大小为
△，，1，2，
则当的位移为时，弹簧对的冲量大小不一定为，故错误。
故选：。
【点评】本题主要考查了动量定理的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合动量定理和简谐振动的周期公式，同时利用胡克定律即可完成解答。
23．（2024•鼓楼区校级模拟）封闭在汽缸内一定质量的理想气体由状态变到状态，其体积与热力学温度的关系如图所示，、、三点在同一直线上，则
A．由状态变到状态过程中，气体对外放热，内能不变
B．气体在状态和在状态时的单位时间内与单位面积器壁碰撞的分子数相等
C．状态时气体的压强小于状态时气体的压强
D．在状态与状态时相等时间内气体分子对单位面积器壁的冲量相等
【答案】
【考点】理想气体状态变化的图像问题
【专题】定性思想；推理法；推理论证能力；气体的压强专题
【分析】根据热力学第一定律进行分析气体的吸放热以及内能的变化情况；气体从状态到状态发生的是等容变化，根据等容变化的实验定律即可判断、状态的压强大小；两点在同一等压线上，根据气体压强的微观意义分析选项；
【解答】解：、气体从状态到状态温度不变，内能不变，△，体积增大，对外做功，，根据热力学第一定律△，知，气体吸收热量，故错误；
、点和点在过原点的连线上，说明气体由到压强不变，体积增大，分子的密集程度减小，状态温度高，分子的平均动能大，状态和状态压强相等，所以状态时单位时间内与器壁单位面积碰撞的分子数比状态少，故错误；
、气体从到发生等容变化，根据查理定律知，，所以，即状态气体的压强大于状态气体的压强，故错误；
、根据冲量的定义可知，，压强 ，所以 ，因为状态和状态压强相等，所以相等时间内气体分子对器 壁单位面积的冲量相等，故正确。
故选：。
【点评】本题考查了热力学第一定律、气体实验定律和气体压强的微观意义，关键是根据图象分析状态变化过程，知道图象中过原点的直线是等压线，注意理想气体的内能只与温度有关。
24．（2024•北京）水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；水平传送带模型
【专题】摩擦力专题；推理法；定性思想；推理能力
【分析】根据初始时刻物块速度和传送带速度大小关系判断；
根据匀速运动的条件判断摩擦力的有无；
根据物块做加速运动判断摩擦力做功的问题；
根据加速度公式结合匀变速直线运动的公式分析解答。
【解答】解：刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，故错误；
匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，故错误；
物体加速，由动能定理可知，摩擦力充当合外力对物体做正功，故错误；
设物体与传送带间动摩擦因数为，物体相对传送带运动时，，做匀加速运动时，物体速度小于传送带速度则一直加速，由可知，传速带速度越大，物体加速运动的时间越长，故正确。
故选：。
【点评】考查传送带的相关问题，会根据题意进行相应的分析和解答。
25．（2024•顺义区二模）1899年，苏联物理学家列别捷夫首先从实验上证实了“光射到物体表面上时会产生压力”，和大量气体分子与器壁的频繁碰撞类似，这种压力会对物体表面产生压强，这就是“光压”。某同学设计了如图所示的探测器，利用太阳光的“光压”为探测器提供动力，以使太阳光对太阳帆的压力超过太阳对探测器的引力，将太阳系中的探测器送到太阳系以外。假设质量为的探测器正朝远离太阳的方向运动，探测器探测器太阳帆的面积为，且始终与太阳光垂直，探测器到太阳中心的距离为，不考虑行星对探测器的引力。
已知：单位时间内从太阳单位面积辐射的光的总能量与太阳绝对温度的四次方成正比，即．其中为太阳表面的温度，为常量。引力常量为，太阳的质量为，太阳的半径为，光子的动量，光速为。下列说法正确的是
A．常量的单位为
B．时间内探测器在距太阳处太阳帆接收到太阳辐射的能量为
C．若照射到太阳帆上的光一半被太阳帆吸收另一半被反射，探测器太阳帆的面积至少为
D．若照射到太阳帆上的光全部被太阳帆吸收，探测器在处太阳帆受到太阳光的压力为
【答案】
【考点】动量定理的内容和应用；光子的动量
【专题】定量思想；推理法；推理能力；光的波粒二象性和物质波专题
【分析】由题意可知的单位，根据物理量的关系推导常量的单位；根据的物理意义求解时间内探测器在距太阳处太阳帆接收到太阳辐射的能量；求得时间内辐射到太阳帆的光子的总数，根据动量定理与牛顿第三定律求解太阳帆持续受到的作用力大小。再根据太阳光对太阳帆的压力满足的条件解答；根据动量定理与牛顿第三定律求解太阳帆受到太阳光的压力。
【解答】解：由题意可知是单位时间从太阳单位面积辐射的电磁波的能量，所以其单位为，又有：，可得的单位可表示为：，由，可得常量的单位为：，故错误；
时间内探测器在距太阳处太阳帆接收到太阳辐射的能量为：，故错误；
时间内辐射到太阳帆的光子的总数为：
一半光子被吸收，一半反射，设辐射到太阳帆的光子持续受到总的作用力为，由动量定理得：
根据牛顿第三定律可知太阳帆持续受到的作用力大小等于，要满足太阳光对太阳帆的作用力不小于太阳对探测器的引力，即：
，联立可得：，故错误；
若照射到太阳帆上的光全部被太阳帆吸收，同理可得：
根据牛顿第三定律可得探测器在处太阳帆受到太阳光的压力为：，故正确。
故选：。
【点评】本题为知识给予题，理解题意，根据光子及其动量概念，应用动量定理与能量守恒解答。
考点卡片
1．匀变速直线运动速度与时间的关系
【知识点的认识】
匀变速直线运动的速度—时间公式：vt＝v0+at．其中，vt为末速度，v0为初速度，a为加速度，运用此公式解题时要注意公式的矢量性．在直线运动中，如果选定了该直线的一个方向为正方向，则凡与规定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡与规定正方向相反的矢量在公式中取负值，因此，应先规定正方向．（一般以v0的方向为正方向，则对于匀加速直线运动，加速度取正值；对于匀减速直线运动，加速度取负值．）
【命题方向】
例1：一个质点从静止开始以1m/s2的加速度做匀加速直线运动，经5s后做匀速直线运动，最后2s的时间内使质点做匀减速直线运动直到静止．求：
（1）质点做匀速运动时的速度；
（2）质点做匀减速运动时的加速度大小．
分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出5s末的速度，结合速度时间公式求出质点速度减为零的时间．
解答：（1）根据速度时间公式得，物体在5s时的速度为：
v＝a1t1＝1×5m/s＝5m/s．
（2）物体速度减为零的时间2s，做匀减速运动时的加速度大小为：
a2＝＝2.5m/s2
答：（1）质点做匀速运动时的速度5m/s；
（2）质点做匀减速运动时的加速度大小2.5m/s2．
点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用．
例2：汽车以28m/s的速度匀速行驶，现以4.0m/s2的加速度开始刹车，则刹车后4s末和8s末的速度各是多少？
分析：先求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车刹车停止后不再运动，然后根据v＝v0+at，求出刹车后的瞬时速度．
解答：由题以初速度v0＝28m/s的方向为正方向，
则加速度：a＝＝﹣4.0m/s2，
刹车至停止所需时间：t＝＝s＝7s．
故刹车后4s时的速度：v3＝v0+at＝28m/s﹣4.0×4m/s＝12m/s
刹车后8s时汽车已停止运动，故：v8＝0
答：刹车后4s末速度为12m/s，8s末的速度是0．
点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度与时间公式v＝v0+at，以及知道汽车刹车停止后不再运动，在8s内的速度等于在7s内的速度．解决此类问题一定要注意分析物体停止的时间．
【解题方法点拨】
1．解答题的解题步骤（可参考例1）：
①分清过程（画示意图）；
②找参量（已知量、未知量）
③明确规律（匀加速直线运动、匀减速直线运动等）
④利用公式列方程（选取正方向）
⑤求解验算．
2．注意vt＝v0+at是矢量式，刹车问题要先判断停止时间．
2．自由落体运动的规律及应用
【知识点的认识】
1．定义：物体只在重力作用下从静止开始竖直下落的运动叫做自由落体运动．
2．公式：v＝gt；h＝gt2；v2＝2gh．
3．运动性质：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动．
4．物体做自由落体运动的条件：①只受重力而不受其他任何力，包括空气阻力；②从静止开始下落．
重力加速度g：①方向：总是竖直向下的；②大小：g＝9.8m/s2，粗略计算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g随纬度的增加而增大（赤道g最小，两极g最大），g随高度的增加而减小．
【命题方向】
自由落体运动是常见的运动，可以看作是匀变速直线运动的特例，高考命题常以新情境来考查，而且经常与其他知识综合出题．单独考查的题型一般为选择题或计算题，综合其它知识考查的一般为计算题，难度一般中等或偏易．
例1：关于自由落体运动，下列说法中正确的是（ ）
A．在空气中不考虑空气阻力的运动是自由落体运动
B．物体做自由运动时不受任何外力的作用
C．质量大的物体，受到的重力大，落到地面时的速度也大
D．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动
分析：自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，加速度g与质量无关．
解答：A、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落的运动，故A错误；
B、物体做自由运动时只受重力，故B错误；
C、根据v＝gt可知，落到地面时的速度与质量无关，故C错误；
D、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，故D正确．
故选：D．
点评：把握自由落体运动的特点和规律，理解重力加速度g的变化规律即可顺利解决此类题目．
例2：一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB．该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度，如图所示．已知曝光时间为s，则小石子出发点离A点约为（ ）
B.10m C.20m D.45m
分析：根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．
解答：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m，曝光时间为s，所以AB段的平均速度的大小为v＝＝＝20m/s，
由自由落体的速度位移的关系式 v2＝2gh可得，h＝＝＝20m，所以C正确．
故选：C．
点评：由于AB的运动时间很短，我们可以用AB段的平均速度来代替A点的瞬时速度，由此再来计算下降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法．
【解题思路点拨】
1．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，所以，匀变速直线运动公式也适用于自由落体运动．
2．该知识点的3个探究结论：
（1）物体下落快慢不是由轻重来决定的，是存在空气阻力的原因．
（2）物体只在重力作用下从静止开始下落的运动，叫做自由落体运动．“自由”的含义是物体只受重力作用、且初速度为零．
（3）不同物体从同一高度做自由落体运动，它们的运动情况是相同的．
3．竖直上抛运动的规律及应用
【知识点的认识】
1．定义：物体以初速度v0竖直向上抛出后，只在重力作用下而做的运动，叫做竖直上抛运动。
2．特点：
（1）初速度：v0≠0；
（2）受力特点：只受重力作用（没有空气阻力或空气阻力可以忽略不计）；
（3）加速度：a＝g，其大小不变，方向始终竖直向下。
3．运动规律：
取竖直向上的方向为正方向，有：
vt＝v0﹣gt，
h＝v0t﹣gt2，
﹣＝2gh；
4．几个特征量：
（1）上升的最大高度hmax＝；
（2）质点在通过同一高度位置时，上升速度与下落速度大小相等；上升到最大高度处所需时间t上和从最高处落回到抛出点所需时间相等t下，t上＝t下＝。
【命题方向】
例1：某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2．5s内物体的（ ）
A．路程为65m
B．位移大小为25m，方向向上
C．速度改变量的大小为10m/s
D．平均速度大小为13m/s，方向向上
分析：竖直上抛运动看作是向上的匀减速直线运动，和向下的匀加速直线运动，明确运动过程，由运动学公式即可求出各物理量。
解答：由v＝gt可得，物体的速度减为零需要的时间t＝＝s＝3s，故5s时物体正在下落；
A、路程应等于向上的高度与后2s内下落的高度之和，由v2＝2gh可得，h＝＝45m，后两s下落的高度h'＝gt′2＝20m，故总路程s＝（45+20）m＝65m；故A正确；
B、位移h＝v0t﹣gt2＝25m，位移在抛出点的上方，故B正确；
C、速度的改变量△v＝gt＝50m/s，方向向下，故C错误；
D、平均速度v＝＝＝5m/s，故D错误。
故选：AB。
点评：竖直上抛运动中一定要灵活应用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正确理解公式，如平均速度一定要用位移除以时间；速度变化量可以用△v＝at求得。
例2：在竖直的井底，将一物块以11m/s的初速度竖直向上抛出，物体冲出井口再落回到井口时被人接住，在被人接住前1s内物体的位移是4m，位移方向向上，不计空气阻力，取g＝10m/s2．求：
（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间；
（2）竖直井的深度。
分析：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分段法，此题可以直接应用整体法进行求解。
解答：（1）设最后1s内的平均速度为
则：m/s
平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即接住前0.5s的速度为v1＝4m/s
设物体被接住时的速度为v2，
则v1＝v2﹣gt得：v2＝4+10×0.5＝9m/s，
则物体从抛出点到被人接住所经历的时间t＝+1＝+1＝1.2s；
（2）竖直井的深度即抛出到接住物块的位移，则
h＝v0t﹣gt2＝11×1.2﹣×10×1.22＝6m。
答：（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间为1.2s
（2）竖直井的深度为6m。
点评：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分段法，此题只有竖直向上的匀减速运动，直接应用整体法求解即可。
【解题方法点拨】
1．竖直上抛运动的两种研究方法：
（1）分段法：上升阶段是匀减速直线运动，下落阶段是自由落体运动，下落过程是上升过程的逆过程。
（2）整体法：从全程来看，加速度方向始终与初速度v0的方向相反，所以可把竖直上抛运动看成一个匀变速直线运动，要特别注意v0、vt、g、h等矢量的正、负号。一般选取竖直向上为正方向，v0总是正值，上升过程中vt为正值，下落过程中vt为负值；物体在抛出点以上时h为正值，物体在抛出点以下时h为负值。
住：竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有对称性：①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大、反向；②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。
4．复杂的运动学图像问题
【知识点的认知】
1.除了常见的x﹣t图像，v﹣t图像与a﹣t图像外，还有一些少见的运动学图像如﹣t图像，v﹣x图像、v2﹣x图像等。
2.这些图像往往都与运动学的公式有关联。
3.解题步骤一般如下：
①根据图像的纵横坐标找出图像应用了那个运动学公式；
②根据图像推出具体的表达式；
③分析斜率、截距、面积等因素的物理意义。
【命题方向】
在平直公路上有甲、乙两辆汽车同时从同一位置沿着同一方向做匀加速直线运动，它们速度的平方随位移变化的图象如图所示，则（ ）
A、甲车的加速度比乙车的加速度小
B、在x＝0.5m处甲、乙两车相遇
C、在x＝1m处甲、乙两车相遇
D、在t＝2s末甲、乙两车相遇
分析：根据匀变速直线运动的速度—位移关系公式：＝2ax，可以知道图象斜率是两倍的加速度，由图象可以直接得到速度相等时的位移，从同一位置出发，两车相遇时的位移相等，根据匀变速直线运动特征判断位移相等时的位移和时间．
解答：A、根据匀变速直线运动速度—位移关系＝2ax，得v2＝2ax+，可知图象的斜率k＝2a。
由图可知甲的斜率大于乙的斜率，故甲车的加速度大于乙车的加速度，故A错误；
BCD、由图象可知x＝0.5m时，两车速度的平方相等，速度相等。
由图可知，对于甲车做初速度为0加速度为2m/s2的匀加速直线运动，乙做初速度为1m/s，加速度为1m/s2的匀加速直线运动，两车相遇时，位移相等，则有：
＝
代入得：2×t2＝1×t+1×t2
解得，t＝2s
相遇处两车的位移为 x＝＝m＝4m，故BC错误，D正确。
故选：D。
点评：读懂图象的坐标，并能根据匀变速直线运动的位移—速度关系求出描述匀变速直线运动的相关物理量，并再由匀变速直线运动的规律求出未知量．
【解题思路点拨】
非常规的运动学图像一般都是从某一个表达式得来的，要先从横纵坐标及图像出发确定表达式，求解出关键物理量，再分析物体的运动问题。
5．胡克定律及其应用
【知识点的认识】
1．弹力
（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．
（2）弹力的产生条件：①弹力的产生条件是两个物体直接接触，②并发生弹性形变．
（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面．
①支撑面的弹力：支持力的方向总是 垂直 于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体．
点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面．
球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上．
球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面．
②弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向．其弹力可为拉力，可为压力．
③轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力．
2．胡克定律
弹簧受到外力作用发生弹性形变，从而产生弹力．在弹性限度内，弹簧弹力F的大小与弹簧伸长（或缩短）的长度x成正比．即F＝kx，
其中，劲度系数k的意义是弹簧每伸长（或缩短）单位长度产生的弹力，其单位为N/m．它的大小由制作弹簧的材料、弹簧的长短和弹簧丝的粗细决定．x则是指形变量，应为形变（包括拉伸形变和压缩形变）后弹簧的长度与弹簧原长的差值．
注意：胡克定律在弹簧的弹性限度内适用．
3．胡克定律的应用
（1）胡克定律推论
在弹性限度内，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x
即：弹簧弹力的变化量与弹簧形变量的变化量（即长度的变化量）成正比．
（2）确定弹簧状态
对于弹簧问题首先应明确弹簧处于“拉伸”、“压缩”还是“原长”状态，并且确定形变量的大小，从而确定弹簧弹力的方向和大小．如果只告诉弹簧弹力的大小，必须全面分析问题，可能是拉伸产生的，也可能是压缩产生的，通常有两个解．
（3）利用胡克定律的推论确定弹簧的长度变化和物体位移的关系
如果涉及弹簧由拉伸（压缩）形变到压缩（拉伸）形变的转化，运用胡克定律的推论△F＝k△x可直接求出弹簧长度的改变量△x的大小，从而确定物体的位移，再由运动学公式和动力学公式求相关量．
【命题方向】
（1）第一类常考题型是考查胡克定律：
一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，若改挂100N的重物时，弹簧总长为20cm，则弹簧的原长为（ ）
A．12cm B．14cm C．15cm D．16cm
分析：根据胡克定律两次列式后联立求解即可．
解：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，根据胡克定律，有：F1＝kx1；
若改挂100N的重物时，根据胡克定律，有：F2＝kx2；
联立解得：k＝；
x2＝；
故弹簧的原长为：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；
故选D．
点评：本题关键是根据胡克定律列式后联立求解，要记住胡克定律公式中F＝k•△x的△x为行变量．
（2）第二类常考题型是考查胡克定律与其他知识点的结合：
如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长△l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于（ ）
D.
分析：根据胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．
解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）g＝kl ①
设使弹簧再伸长△l时手的拉力大小为F
再由胡克定律得 F＝k△l ②
由①②联立得 F＝
刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．
设刚松手时，加速度大小为a，
根据牛顿第二定律得 a＝＝
对物体研究：FN﹣mg＝ma
解得 FN＝（1+）mg
故选A．
点评：点评：本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．
【解题方法点拨】
这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．弹力的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确定．
6．静摩擦力的方向
【知识点的认识】
静摩擦力是阻碍物体的相对运动趋势的力，所以总是与物体的相对运动趋势方向相反，同时要与接触面相切（沿接触面）。
【命题方向】
下列有关静摩擦力的说法中，正确的是（ ）
A、只有静止的物体才受静摩擦力
B、静摩擦力与压力成正比
C、静摩擦力的方向一定与接触面相切
D、静摩擦力的方向与物体运动方向一定相反
分析：静摩擦力的方向可能与物体的运动方向相反，也可能与物体的运动方向相同，但一定与物体相对运动趋势方向相反．运动的物体可能受到静摩擦力作用，最后依据滑动摩擦力公式，即可求解．
解答：A、运动物体可能受静摩擦力作用，当静止物体相对接触物体有相对运动趋势时，会受到静摩擦力，故A错误；
B、滑动摩擦力与压力成正比。故B错误；
C、静摩擦力的方向一定与接触面相切，故C正确；
D、静摩擦力的方向可能与物体的运动方向相反，也可能与物体的运动方向相同。比如在平直公路上行驶的汽车，车厢地板随汽车一起运动的物体，在启动过程中所受静摩擦力与运动方向相同，在减速过程中，静摩擦力方向与运动方向相反。故D错误。
故选：C。
点评：静摩擦力的方向可以根据静摩擦力总是阻碍物体的间相对运动趋势来理解其方向，注意静摩擦力大小与方向判定，同时理解静摩擦产生条件．
【解题思路点拨】
静摩擦力的方向总是与相对运动趋势的方向相反，所以可以先判断出物体的相对运动趋势，再分析静摩擦力的方向情况。
7．共点力的平衡问题及求解
【知识点的认识】
1.共点力
（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。
（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。
2.共点力平衡的条件
（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。
（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。
3.对共点力平衡条件的理解及应用
合外力等于0，即F合＝0→正交分解法，其中Fx合和Fy合分别表示物体在x轴和y轴上所受的合力。
4.平衡条件的推论
（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。
（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。
（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。
5.解答共点力平衡问题的三种常用方法
6.平衡中的临界、极值问题
a.临界问题
（1）问题特点：
①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。
②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。
（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。
b.极值问题
（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。
（2）分析方法：
①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。
②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。
7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型
（1）“活结”与“死结”模型
①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。
②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。
（2）“活杆”与“死杆”模型
①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。
②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。
【命题方向】
例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（ ）
A.FA＝FB＝FC＝FD
B.FD＞FA＝FB＞FC
C.FA＝FC＝FD＞FB
D.FC＞FA＝FB＞FD
分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。
解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。
故选：B。
本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。
例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（ ）
A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于G
B.两绳的拉力和重力不是共点力
C.两绳的拉力大小均为G
D.两绳的拉力大小均为
分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。
解答：B．对日光灯受力分析如图：
两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；
A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；
CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G＝，F1＝F2，解得：F1＝F2＝，故C正确，D错误。
故选：AC。
点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。
例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（ ）
A.mg
B.mg
C.mg
D.mg
分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。
解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示
因此CD的拉力为 T＝mg•tan30°
D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。
由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有
F2min＝T•sin60°＝mg
故ABD错误，C正确。
故选：C。
点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。
例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：
（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；
（2）轻杆BC对C端的支持力；
（3）轻杆HG对G端的支持力。
分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。
（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；
（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。
解答：下图（a）和下图（b）中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。
（1）上图（a）中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTAC＝FCD＝M1g；
上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g
得FEG＝2M2g
所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。
（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°
故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。
（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG＝＝M2g，方向水平向右。
答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为；
（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；
（3）轻杆HG对G端的支持力大小为M2g 方向水平向右。
点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。
【解题思路点拨】
1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，。
2.解答共点力平衡问题的一般步骤
（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。
（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。
（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。
（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。
3.临界与极值问题的分析技巧
（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。
（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。
8．利用平衡推论求解受力问题
【知识点的认识】
当物体处于平衡状态时，所受的合力一定为零，利用这一特点来解决受力问题。
【命题方向】
如图所示，一根弹性杆的一端固定在倾角为30°的斜面上，杆的另一端固定一个重为2N的小球，小球处于静止状态时，弹性杆对小球的弹力（ ）
A、大于2N，方向沿杆末端的切线方向
B、大小为1N，方向平行于斜面向上
C、大小为2N，方向垂直于斜面向上
D、大小为2N，方向竖直向上
分析：掌握二力平衡条件，对小球进行受力分析，小球受重力和杆对它的弹力作用，又由于小球处于静止状态，所以重力和弹力是一对平衡力，大小相等、方向相反，作用在同一直线上．
解答：小球受重力和弹力作用，由于小球处于静止状态，所以重力和弹力是一对平衡力，重力大小为2N，方向竖直向下，所以弹力大小也为2N，方向竖直向上。
故选：D。
点评：此题考查了二力平衡条件的应用，根据二力平衡条件是判断杆的弹力和方向的很好的办法．此题很容易受到斜面角度和杆的弯曲程度的影响，从而造成弹力方向判断失误．
【解题思路点拨】
在求解平衡问题时，有时可以利用二力平衡，快速解题。
9．图解法解决动态平衡问题
【知识点的认识】
本考点使用的情况是三个力中，一个力恒定，还有一个力方向恒定，如图：
【命题方向】
如图所示，一个光滑的小球，放置在墙壁和斜木板之间，当斜木板和竖直墙壁的夹角θ角缓慢增大时（θ＜90°），则（ ）
A、墙壁受到的压力减小，木板受到的压力减小
B、墙壁受到的压力增大，木板受到的压力减小
C、墙壁受到的压力增大，木板受到的压力增大
D、墙壁受到的压力减小，木板受到的压力增大
分析：对球进行正确受力分析，把握其受力特点：一个力大小和方向不变（重力），一个力方向不变（墙给球的支持力），另一个力的大小、方向均发生变化（挡板给球的作用力），对于这类动态平衡问题，可以采用“图解法”进行．
解答：以小球为研究对象，处于平衡装态，根据受力平衡，有：
由图可知，墙壁给球的压力F2逐渐减小，挡板给球的支持力F1逐渐减小，根据牛顿第三定律可知墙壁受到的压力减小，木板受到的压力减小，故BCD错误，A正确。
故选：A。
点评：熟练掌握分析动态平衡的各种方法，正确分析动态平衡问题是对学生的基本要求，在平时训练中要加强这方面的能力培养．
【解题思路点拨】
首先构建三角形或平行四边形，然后根据题目中的条件，动态分析受力情况。
10．牛顿第二定律的简单应用
【知识点的认识】
牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。
【命题方向】
一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g，g为重力加速度。人对电梯底部的压力为（ ）
A、 B、2mg C、mg D、
分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。
解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律
N﹣mg＝ma
故N＝mg+ma＝mg
根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于mg；
故选：A。
点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。
【解题方法点拨】
在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。
11．超重与失重的概念、特点和判断
【知识点的认识】
1．实重和视重：
（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。
（2）视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。
2．超重、失重和完全失重的比较：
【命题方向】
题型一：超重与失重的理解与应用。
例子：如图，一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则（ ）
A．容器自由下落时，小孔向下漏水
B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水
C．将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水
D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水
分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。
解答：无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，所以D正确。
故选：D。
点评：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了。
【解题方法点拨】
解答超重、失重问题时，关键在于从以下几方面来理解超重、失重现象：
（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变。
（2）物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。
（3）当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a＝g的加速度的效果，不再产生其他效果。平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
（4）物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma。
12．水平传送带模型
【知识点的认识】
1.传送带问题
利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。
2.分类
传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。
3.常见情况分析
（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度）
【命题方向】
例1：如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端放上一无初速的小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间不可能为（ ）
A. B. C.D.
分析：物块无初速滑上传送带，有可能一直做匀加速直线运动，有可能先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出木块运行的时间．
解答：①当木块一直做匀加速直线运动。
若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度还未达到v。
根据牛顿第二定律得，a＝μg。
根据L＝，解得。
若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度刚好为v。
根据L＝
解得t＝
②当木块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动。
匀加速直线运动的时间，匀加速直线运动的位移
则匀速直线运动的位移
则匀速直线运动的时间
则总时间为t＝．故B、C、D正确，A错误。
本题选不可能的，故选：A。
点评：解决本题的关键理清物块的运动情况，考虑到木块运动的各种可能性，运用牛顿运动定律和运动学公式综合求解．
【解题思路点拨】
明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。
13．角速度的物理意义及计算
【知识点的认识】
1.定义：半径转过的角度Δθ与时间Δt之比。
2.定义式：ω＝
3.单位：弧度每秒，符号为rad/s，也可以写成s﹣1。
4.物理意义：描述做圆周运动的物体与圆心连线扫过角度的快慢。
5.计算方法：
（1）定义式计算：ω＝
（2）角速度与线速度的关系：ω＝
（3）已知圆周运动的周期：ω＝
【命题方向】
某走时准确的时钟，分针与时针的角速度之比为（ ）
A、12：1 B、1：12 C、1：60 D、60：1
分析：分针转一圈的时间为1h，时针转一圈的时间为12h，其周期比为1：12．根据ω＝得出角速度之比．
解答：分针、时针的周期分别为1h、12h，则周期比为1：12．根据ω＝得角速度之比为12：1。
故选：A。
点评：解决本题的关键知道时针、分针、秒针的周期，以及知道周期与角速度的关系，ω＝．
【解题思路点拨】
描述圆周运动的各物理量之间的关系如下：
14．线速度与角速度的关系
【知识点的认识】
1.线速度与角速度的关系为：v＝ωr
2.推导
由于v＝，ω＝，当Δθ以弧度为单位时，Δθ＝，由此可得
v＝ωr
这表明，在圆周运动中，线速度的大小等于角速度的大小与半径的乘积。
3.应用：
①v＝ωr表明了线速度、角速度与半径之间的定性关系，可以通过控制变量法，定性分析物理量的大小；
②v＝ωr表明了线速度、角速度与半径之间的定量关系，可以通过公式计算线速度、角速度或半径。
【命题方向】
一个物体以角速度ω做匀速圆周运动时，下列说法中正确的是（ ）
A、轨道半径越大线速度越大
B、轨道半径越大线速度越小
C、轨道半径越大周期越大
D、轨道半径越大周期越小
分析：物体做匀速圆周运动中，线速度、角速度和半径三者当控制其中一个不变时，可得出另两个之间的关系．由于角速度与周期总是成反比，所以可判断出当半径变大时，线速度、周期如何变化的．
解答：因物体以一定的角速度做匀速圆周运动，
A、由v＝ωr得：v与r成正比。所以当半径越大时，线速度也越大。因此A正确；
B、由v＝ωr得：v与r成正比。所以当半径越大时，线速度也越大。因此B不正确；
C、由ω＝得：ω与T成反比，所以当半径越大时，角速度不变，因此周期也不变。所以C不正确；
D、由ω＝得：ω与T成反比，所以当半径越大时，角速度不变，因此周期也不变。所以D不正确；
故选：A。
点评：物体做匀速圆周，角速度与周期成反比．当角速度一定时，线速度与半径成正比，而周期与半径无关．
【解题思路点拨】
描述圆周运动的各物理量之间的关系如下：
15．平均功率的计算
【知识点的认识】
平均功率的计算式：
①功率的定义式：P＝
②恒力做功：P＝Fv（v是平均速度）
【命题方向】
一、定义式计算平均功率
据报导：我国一家厂商制作了一种特殊的手机，在电池能耗尽时，摇晃手机，即可产生电能维持通话，摇晃手机的过程是将机械能转化为电能，如果将该手机摇晃一次，相当于将100g的重物举高40cm，若每秒摇两次，则摇晃手机的平均功率为（g＝10m/s2）（ ）
A、0.04W B、0.4W C、0.8W D、40W
分析：根据题意可以求得摇晃两次时对手机做的功的大小，进而可以根据功率的公式计算出平均功率的大小．
解答：把手机摇晃一次做的功的大小为W＝mgh＝0.1×10×0.4J＝0.4J，
所以摇晃两次对手机做的功的大小为0.8J，
所以平均功率的大小为P＝＝W＝0.8W，所以C正确。
故选：C。
点评：摇晃手机实际上就是人对手机做的功转化成手机的电能，求出人做功的大小即可得出功率的大小．
二、恒力做功的平均功率
质量为m的物体从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，在运动时间为t的过程中，合外力对它做功的平均功率为（ ）
A、ma2t B、ma2t C、2ma2t D、ma2t
分析：物体做的是匀加速直线运动，根据速度公式可以求得经过时间t时物体的速度的大小，由此可以求得平均速度的大小，根据P＝F，可以求得平均功率的大小．
解答：物体做的是匀加速直线运动，
t时刻的速度的大小为 v＝at，
该过程的平均速度的大小为 ＝v＝at，
此时物体受到的合外力为 F＝ma，
所以合外力对它做功的平均功率为 P＝F＝ma×at＝，所以B正确。
故选：B。
点评：在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，P＝只能计算平均功率的大小，而P＝Fv可以计算平均功率也可以计算瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度．该题也可由P＝来求合外力的平均功率．
【解题思路点拨】
1.功率的定义式P＝适用于任何做功的场景。
2.对于恒力做功，除了可以先求出总功，再除以时间求平均功率外，也可以求出平均速度，再利用P＝Fv计算平均功率。
16．动能定理的简单应用
【知识点的认识】
1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。
2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初
3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。
【命题方向】
如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：
（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；
（2）物体在前6s运动的位移
（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。
分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；
（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；
（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。
解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得
F﹣μmg＝ma，
解得 a＝3m/s2，
（2）由位移公式得 X＝at2＝×3×62m＝54m。
（3）对全程用动能定理得
FX﹣Wf＝0
Wf＝FX＝50×54J＝2700J。
答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；
（2）物体在前6s运动的位移是54m；
（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。
点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。
【解题思路点拨】
1．应用动能定理的一般步骤
（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。
（2）分析受力及各力做功的情况
①受哪些力？
②每个力是否做功？
③在哪段位移哪段过程中做功？
④做正功还是负功？
⑤做多少功？求出代数和。
（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。
（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。
注意：
①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。
②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。
17．常见力做功与相应的能量转化
【知识点的认识】
1．内容
（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。
2．高中物理中几种常见的功能关系
【解题思路点拨】
如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（ ）
A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mgh
B、弹力做功﹣WF，弹性势能增加WF
C、重力势能增加mgh，弹性势能增加FH
D、重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh
分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力F做的功等于物体重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．
解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即
ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh
物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，
ΔE弹＝WF+WG＝WF﹣mgh
故选：D。
点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题．
【解题思路点拨】
1.常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。
2.判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。
18．动量变化量的计算
【知识点的认识】
1.定义：动量的变化量是指物体的末动量减去初动量。
2.表达式：Δp＝p2﹣p1＝mv2﹣mv1
3.性质：动量的变化量是矢量，方向与速度变化量的方向相同，可以用矢量运算法则确定。
【命题方向】
一个质量为0.18kg的垒球以20m/s的水平速度向右飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为40m/s，则这一过程动量的变化量为（ ）
A、大小10.8kgm/s，方向向右
B、大小10.8kgm/s，方向向左
C、大小3.6kgm/s，方向向右
D、大小3.6kgm/s，方向向左
分析：动量p＝mv，是矢量，规定正方向后求解动量的变化量．
解答：规定水平向右为正方向，则初动量p1＝mv1＝0.18kg×20m/s＝3.6kg•m/s；
打击后动量为：p2＝mv2＝0.18kg×（﹣40m/s）＝﹣7.2kg•m/s；
故动量变化为：Δp＝p2﹣p1＝﹣10.8kg•m/s，负号表示方向与规定的正方向相反，即向左；
故选：B。
点评：本题关键明确动量、动量的变化量都是矢量，规定正方向后，可以将矢量运算简化为代数运算．
【解题记录点拨】
1.表达式：Δp＝p2﹣p1
2.矢量性：动量变化量是矢量，与速度变化的方向相同，运算遵循平行四边形定则，当 p1、p2，在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。
3.对动量和动量变化量的两个提醒
（1）动量是矢量，比较两个物体的动量时，不能仅比较大小，还要比较方向，只有大小相等、方向相同的两个动量才相等。
（2）计算动量变化量时，应利用矢量运算法则进行计算。对于在同一直线上的矢量运算，要注意选取正方向。
19．动量定理的内容和应用
【知识点的认识】
1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．
2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．
3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F＝＝＝＝ma，所以物体动量的变化率等于它受到的力，即F＝，这是牛顿第二定律的动量表述．
【命题方向】
篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样可以（ ）
A、减小篮球对手的冲量
B、减小篮球对人的冲击力
C、减小篮球的动量变化量
D、增大篮球的动量变化量
分析：分析接球的动作，先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理即可分析。
解答：A、先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F＝，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，故A错误B正确；
C、运动员接球过程，球的末动量为零，球的初动量一定，则球的动量的变化量一定，故CD错误。
故选：B。
点评：本题主要考查了动量定理的直接应用，应用动量定理可以解题，解题时要注意，接球过程球的动量变化量一定，球与手受到的冲量一定，球动量的变化量与冲量不会因如何接球而改变。
【解题方法点拨】
1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．
2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．
3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．
20．简谐运动的回复力
【知识点的认识】
1.回复力定义：如果物体在运动方向上所受的力与它偏离平衡位置位移的大小成正比，并且总是指向平衡位置，质点的运动就是简谐运动。用数学式表达即为F＝﹣kx。
2.加速度：a＝＝﹣
3.运动性质：变速度运动
【命题方向】
如图所示，竖直悬挂的轻弹簧下端系着A、B两物块，mA＝0.1kg，mB＝0.5kg，弹簧伸长15cm，若剪断A、B间的细绳，A做简谐振动，g取10m/s2，求：
（1）物块A做简谐运动的振幅是多少；
（2）物块A在最高点时弹簧的弹力。
分析：（1）先研究AB两球，由平衡关系要得出劲度系数；刚剪断细线时小球的加速度最大，此处相当于是小球到达简谐运动的振幅处。
（2）剪断绳子是瞬间，小球A的加速度最大，此时小球A受到的合力大小等于B的重力，由此求出加速度；
由简谐振动的对称性，小球A在等高点的加速度与小球A在最低点的加速度大小相等，由此求出弹簧对A的作用力的大小和方向。
解答：（1）由两球静止时的力平衡条件，得弹簧的劲度系数为：
由kx＝（mA+mB）g；
k＝＝40N/m
剪断A、B间细线后，A球静止悬挂时的弹簧的伸长量为xA＝＝0.025m；
弹簧伸长量为0.025m时下端的位置就是A球振动中的平衡位置。
悬挂B球后又剪断细线，相当于用手把A球下拉后又突然释放，刚剪断细线时弹簧比静止悬挂A球多伸长的长度就是振幅，即A＝x﹣xA＝15cm﹣2.5cm＝12.5cm；
（2）振动过程中物块A最大加速度为：am＝＝50m/s2
物块A在最高点时具有最大加速度，加速度的方向向下，重力与弹簧的弹力一起提供加速度，由牛顿第二定律得：
F+mAg＝mAam
代入数据得：F＝4N，方向竖直向下；
答：（1）物块A做简谐运动的振幅是12.5cm；
（2）物块A在最高点时弹簧的弹力大小为4N，方向竖直向下。
点评：解决简谐运动的题目应注意找出平衡位置，找出了平衡位置即能确定振幅及最大加速度。
【解题思路点拨】
1.回复力的来源
（1）回复力是指将振动的物体拉回到平衡位置的力，同向心力一样是按照力的作用效果来命名的。
（2）回复力可以由某一个力提供，如水平弹簧振子的回复力即为弹簧的弹力；也可能是几个力的合力，如竖直悬挂的弹簧振子的回复力是弹簧弹力和重力的合力；还可能是某一力的分力。归纳起来，回复力一定等于振动物体在振动方向上所受的合力。分析物体的受力时不能再加上回复力。
2.关于k值：公式F＝﹣kx中的k指的是回复力与位移的比例系数，而不一定是弹簧的劲度系数，系数k由振动系统自身决定。
3.加速度的特点：根据牛顿第二定律得a＝＝﹣，表明弹篮振子做简谐运动时，振子的加速度大小与位移大小成正比，加速度方向与位移方向相反。
4.回复力的规律：因x＝Asin （ωt+φ），故回复力F＝﹣kx＝﹣kAsin （ωt+φ），可见回复力随时间按正弦规律变化。
5.判断一个振动为简谐运动的方法：
（1）通过对位移的分析，列出位移—时间表达式，利用位移—时间图像是否满足正弦规律来判断。
（2）对物体进行受力分析，求解物体所受力在振动方向上的合力，利用物体所受的回复力是否满足F＝﹣kx 进行判断。
（3）根据运动学知识，分析求解振动物体的加速度，利用简谐运动的运动学特征a＝﹣x是进行判断。
21．机械波的图像问题
【知识点的认识】
横波的图象
如图所示为一横波的图象。纵坐标表示某一时刻各个质点偏离平衡位置的位移，横坐标表示在波的传播方向上各个质点的平衡位置。它反映了在波传播的过程中，某一时刻介质中各质点的位移在空间的分布。简谐波的图象为正弦（或余弦）曲线。
【命题方向】
（1）第一类常考题型：波的图象的理解与应用
如图为一列沿x轴负方向传播的简谐横波在t＝0时的波形图，当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，则 B
A．1cm＜x＜3cm范围内的质点正在向y轴的负方向运动
B．Q处的质点此时的加速度沿y轴的正方向
C．Q处的质点此时正在波峰位置
D．Q处的质点此时运动到P处。
分析：由题意利用平移法可知Q点的状态传到P点时的波形图，由波形图可判断各点的振动情况。
解：当Q点在t＝0时的振动状态传到P点时，Q点在t＝0时的波沿也向左传到P点，所以x＝0cm处质点在波谷，x＝2cm处质元在波峰，则1cm＜x＜2cm向y轴的正方向运动，2cm＜x＜3cm向y轴的负方向运动，A错误；
Q点振动四分之三周期后到达波谷加速度沿y轴的正方向最大，质点不能平移，B正确，C D错误。
故选B。
点评：本题画波形是关键，只要画出新的波形各点的振动即可明确！
第二类常考题型：波的传播方向与质点的振动方向的判断
一列沿x轴正方向传播的简谐机械横波，波速为4m/s。某时刻波形如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．这列波的振幅为4cm
B．这列波的周期为1s
C．此时x＝4m处质点沿y轴负方向运动
D．此时x＝4m处质点的加速度为0
分析：由波的图象读出振幅和波长，由波速公式v＝算出周期。由波的传播方向判断质点的振动方向，根据质点的位置分析质点的加速度。
解：A、振幅等于y的最大值，故这列波的振幅为A＝2cm。故A错误。
B、由图知，波长λ＝8m，由波速公式v＝，得周期T＝＝s＝2s。故B错误。
C、简谐机械横波沿x轴正方向传播，由波形平移法得知，此时x＝4m处质点沿y轴正方向运动。故C错误。
D、此时x＝4m处质点沿处于平衡位置，加速度为零。故D正确。
故选：D。
点评：根据波的图象读出振幅、波长、速度方向及大小变化情况，加速度方向及大小变化情况等，是应具备的基本能力。
【解题方法点拨】
波的图象的理解与应用
1．波的图象反映了在某时刻介质中的质点离开平衡位置的位移情况，图象的横轴表示各质点的平衡位置，纵轴表示该时刻各质点的位移，如图：
图象的应用：
（1）直接读取振幅A和波长λ，以及该时刻各质点的位移。
（2）确定某时刻各质点加速度的方向，并能比较其大小。
（3）结合波的传播方向可确定各质点的振动方向或由各质点的振动方向确定波的传播方向。
2．在波的传播方向上，当两质点平衡位置间的距离为nλ时（n＝1，2，3…），它们的振动步调总相同；当两质点平衡位置间的距离为（2n+1）（n＝0，1，2，3…）时，它们的振动步调总相反。
3．波源质点的起振方向决定了它后面的质点的起振方向，各质点的起振方向与波源的起振方向相同。
波的传播方向与质点的振动方向的判断方法
22．点电荷与均匀带电球体（球壳）周围的电场
【知识点的认识】
1.点电荷是最简单的场源电荷，一个电荷量为Q的点电荷，在与之相距r处的电场强度为E＝
2.推导如下：如果以Q为中心作一个球面，则球面上各点的电场强度大小相等。Q为场源电荷电量。
3．方向：若Q是正电荷，Q和该点的连线指向该点；若Q是负电荷，Q和该点的连线值向Q。
3．使用范围：仅使用于真空中点电荷产生的电场。
4.点单荷电场的特点：
根据上式可知，如果以电荷量为Q的点电荷为中心作一个球面，则球面上各点的电场强度大小相等。当Q为正电荷时，电场强度E的方向沿半径向外（图甲 ）﹔当Q为负电荷时，电场强度E的方向沿半径向内（图乙）。
即点电荷的电场是以电荷为球心向四周发散或由四周指向球心的。
5.带电球体（球壳）与点电荷等效：在一个比较大的带电体不能看作点电荷的情况下，当计算它的电场时，可以把它分成若干小块，只要每个小块足够小，就可以看成点电荷，然后用点电荷电场强度叠加的方法计算整个带电体的电场。可以证明，一个半径为R的均匀带电球体（或球壳）在球的外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷在同一点产生的电场相同（如下图），即
E＝
式中的r是球心到该点的距离（ r＞R ），Q为整个球体所带的电荷量。
【命题方向】
一点电荷Q＝2.0×10﹣8C，在距此点电荷30cm处，该电荷产生的电场的强度是多大？
分析：知道点电荷的电荷量，知道离点电荷的距离，由点电荷的场强公式可以直接求得结果．
解答：由点电荷的场强公式E＝k可知，
E＝k＝9.0×109×＝2000N/C，
所以电荷产生的电场的强度是2000N/C．
点评：本题是点电荷的场强公式的直接应用，掌握住公式就很简单了．
【解题思路点拨】
1.公式E＝又叫作电场强度的决定式，场源电荷（可视为点电荷）的电荷量Q确定后，距离场源电荷一定距离的场强就确定了。
2.一个均匀带电球体（或球壳）在球外某点产生的电场与一个位于球心，电荷量相字的点电荷在该点产生的电场相同。要注意只局限于球外。
3.常见的错误之一是认为以点电荷为球心的球面上各处电场强度相等。错误的原因在于忽略了电场强度的矢量性。准确的说法是以点电荷为球心的球面上各处电场强度大小相等，方向不同。
4.电场强度三个计算式的比较
23．电荷性质、电势能和电势的关系
【知识点的认识】
电势的定义式为：φ＝
计算时要代入正负号，这就意味：
（1）正电荷在电势为正的地方电势能为正，在电势为负的地方电势能为负；
（2）负电荷在电势为正的地方电势能为负，在电势为负的地方电势能为正。
（3）如果知道电势正负、电荷性质、电势能正负三者之二，就能判断第三者的性质。
【命题方向】
下列关于电势和电势能的说法中正确的是（ ）
A、电场中电势高的地方，电荷在该点具有的电势能就大
B、电场中电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它具有的电势能越大
C、电场中的任何一点上，正电荷所具有的电势能一定大于负电荷具有的电势能
D、电势为零的点，任一试探电荷在该点的电势能一定为零
分析：电场中电势高的地方，正电荷在该点具有的电势能就大．电场中电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它具有的电势能不一定越大．电势为零的点，任一试探电荷在该点的电势能一定为零．
解答：A、根据推论可知：电场中电势高的地方，正电荷在该点具有的电势能大，电场中电势高的地方，负电荷在该点具有的电势能小。故A错误。
B、电场中电势高的地方，放在该点的电荷的电荷量越大，它具有的电势能不一定越大，与电势的正负、电荷的电性有关。故B错误。
C、电场中的电势为正值的一点上，正电荷所具有的电势能大于负电荷具有的电势能，而电势为负值的一点上，正电荷所具有的电势能小于负电荷具有的电势能。故C错误。
D、由EP＝qφ得知，电势为零的点，任一试探电荷在该点的电势能一定为零。故D正确。
故选：D。
点评：本题考查电势、电势能的关系，可根据电势的定义式φ＝分析它们之间的关系．
【解题思路点拨】
对公式φ＝的理解
（1）φ取决于电场本身，与EP和q无关；
（2）计算时公式中的EP、q均需代人正负号。
24．等势面及其与电场线的关系
【知识点的认识】
1．定义：电场中电势相等的点组成的面（平面或曲面）叫做等势面．
2．特点：
①等势面与电场线一定处处正交（垂直）；
②在同一等势面上移动电荷时，电场力不做功；
③电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面；
④任意两个电势不相同的等势面既不会相交，也不会相切；
⑤等差等势面越密的地方电场线越密．
【命题方向】
电场中某个面上所有点的电势都相等，但电场强度都不同，这个面可能是（ ）
A．等量同种电荷的中垂面
B．等量异种电荷的中垂面
C．以孤立点电荷为球心的某一球面
D．匀强电场中的某一等势面
分析：在电场中电场线的切向方向表示电场的方向，电场线的疏密表示电场的强弱，等势面与电场线相互垂直．
解：A、等量同种电荷的中垂面是个等势面，但电场强度相等且都为零，故A错误；
B、等量异种电荷的中垂面是个等势面，但以两电荷连线为对称线的中垂面上的电场强度都相等，故B错误；
C、以孤立点电荷为球心的某一球面上的所有点的电势都相等，但电场强度都不同，故C正确；
D、匀强电场中的某一等势面上的电场强度都相等，故D错误；
故选：C．
点评：本题考查对电场线的认识，由电场线我们应能找出电场的方向、场强的大小及电势的高低．
【解题思路点拨】
1.等势面的特点
（1）在等势面上任意两点间移动电荷时静电力不做功。
（2）同一电场空间两等势面不相交
（3）电场线总是和等势面垂直，且从电势较高的等势面指向电势较低的等势面
（4）在电场线密集的地方，等差等势面密集在电场线稀疏的地方，等差等势面稀疏。
（5）等势面是虚拟的，是为描绘电场的性质而假想的面。
2.等势面的应用
（1）由等势面可以判断电场中各点电势的高低。
（2）由等势面可以判断电荷在电场中移动时静电力做功的情况。
（3）由于等势面和电场线垂直，已知等势面的形状分布，可以绘制电场线，从而确定电场大体分布。
（4）由等差等势面的疏密，可以定性地比较其中两点电场强度的大小
3.等势面与电场线
（1）已知等势面时，可作等势面的垂线来确定电场线，并由“电势降低”的方向确定电场线方向。
（2）已知电场线时，可作电场线的垂线来确定等势面，并由“沿电场线方向电势降低”确定等势面的电势高低。
25．含容电路的动态分析
【知识点的认识】
1.模型概述：该模型分析的是电路中含有电容器的一类电路分析问题。本考点旨在针对含容电路的动态分析问题。
2.电路稳定后，由于电容器所在支路无电流通过，所以在此支路中的电阻上无电压降低，因此电容器两极间的电压就等于该支路两端的电压。
3.当电容器和电阻并联后接入电路时，电容器两极间的电压与其并联电阻两端的电压相等。
4.电路的电流、电压变化时，将会引起电容器的充（放）电。如果电容器两端电压升高，电容器将充电；如果电容器两端电压降低，电容器将通过与它连接的电路放电。
【命题方向】
如图所示，电源电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置．G为灵敏电流计．开关S闭合后，两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态．则在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，下列判断正确的是（ ）
A、灵敏电流计G中有b→a的电流
B、油滴向上加速运动
C、电容器极板所带电荷量将减小
D、通过电阻R2的电流将减小
分析：质量为m、电荷量为q的油滴开始处于静止状态，受力平衡．滑动触头移动的过程中，判断出电容器两端电压的变化，从而判断电容器极板所带电荷量变化、通过灵敏电流计的电流以及油滴的运动情况．再通过电路的动态分析得出经过R2的电流变化．
解答：在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中，R增大，总电阻增大，电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，外电压等于R1上的电压和R2与R并联电压之和，而R1上的电压减小，所以R2与R的并联电压增大，通过R2的电流增大。根据Q＝CU，电容器所带的电量增大，上极板带正电，电容器充电，所以流过电流计的电流方向是b→a．电容器两端电压增大，电场强度增大，电场力增大，开始电场力与重力平衡，所以油滴会向上加速。故A对、B对，C错，D错。
故选：AB。
点评：处理本题的关键是抓住不变量，熟练运用闭合电路的动态分析．注意处理含容电路时，把含有电容的支路看成断路，电容器两端的电压等于和电容器并联支路的电压．
【解题思路点拨】
含电容器电路的分析与计算方法
（1）首先确定电路的连接关系及电容器和哪部分电路并联。
（2）根据欧姆定律求并联部分的电压即为电容器两极板间的电压。
（3）最后根据公式Q＝CU或ΔQ＝CΔU，求电荷量及其变化量。
26．安培力作用下的运动学问题（力与运动的关系）
【知识点的认识】
1.设导体受到的安培力大小为F＝BIl，安培力产生的加速度为a＝＝
2.如果导体棒在安培力作用下运动的距离为x，则安培力做功为W＝BIlx。x等于力方向上的位移。
【命题方向】
如图，水平放置的光滑的金属导轨M、N，平行地置于匀强磁场中，间距为d，磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面夹为α，金属棒ab的质量为m，放在导轨上且与导轨垂直．电源电动势为E，内电阻r，定值电阻为R，其余部分电阻不计．则当电键调闭合的瞬间，棒ab的加速度为多大？
分析：根据闭合电路欧姆定律可以计算电键闭合瞬间，电路中电流I的大小和方向，已知电流的大小可以算出此时ab棒受到的安培力的大小和方向，对导体棒进行受力分析知，导体棒受到的安培力在水平方向的分力使导体棒ab产生加速度，根据牛顿第二定律可以算得导体棒的加速度．
解答：由题意知，电键闭合时，导体棒中通过的电流方向是从a到b，根据左手定则知，导体棒受到的安培力方向如图所示
因为导体棒受三个力作用下在水平方向运动，故导体棒在竖直方向所受合力为0
由题意得：F＝BIL
则导体棒所受的合力F合＝F合x＝Fsinα
根据牛顿第二定律，棒产生的加速度
在电路中，根据闭合电路欧姆定律知，通过导体棒的电流大小
所以导体棒产生的加速度a＝
答：棒ab的加速度大小为：＝．
点评：能通过左手定则确定安培力的大小和方向，并对导体棒正确的受力分析得出导体棒所受的合力，根据牛顿第二定律解得．主要考查左手定则和闭合回路的欧姆定律的运用．
【解题思路点拨】
解决与安培力有关的力学综合问题时要注意：
1．安培力的大小
安培力常用公式F＝BIL，要求两两垂直，应用时要满足：
（1）B与L垂直；
（2）L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度．
如弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度（如图所示），相应的电流方向沿L由始端流向末端．因为任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，所以闭合线圈通电后在匀强磁场中，受到的安培力的矢量和为零．
2．通电导线在磁场中的平衡和加速问题的分析思路
（1）选定研究对象；
（2）变三维为二维，如侧视图、剖面图或俯视图等，并画出平面受力分析图，其中安培力的方向要注意F安⊥B、F安⊥I；
（3）列平衡方程或牛顿第二定律的方程式进行求解．
27．正弦式交变电流的有效值
【知识点的认识】
对于正弦式交变电流，有效值与峰值之间的关系为：
I＝，U＝
【命题方向】
家庭电路中电压的瞬时值表达式为u＝220sin314t（v），则交流电压的有效值是（ ）
A、220V B、220V C、110V D、110V
分析：根据交流电的表达式可读出该交流电的最大值，再根据最大值与有效值的关系可直接求解有效值。
解答：由瞬时表达式可知，最大值Um＝220V，则有效值U＝＝V＝220V，故A正确，BCD错误。
故选：A。
点评：本题考查对交流电最大值和有效值的认识，要明确二者的关系，掌握有效值的计算方法。
【解题思路点拨】
对有效值的理解：
在一个周期内通过同一个电阻，跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值。
（1）正弦式交变电流的有效值Ⅰ、U与峰值Im、Um的关系为：
I＝，U＝。
（2）非正弦式交变电流的有效值只能根据电流的热效应计算。
（3）有效值的应用
计算与电流热效应有关的量、交流电表的测量值、电气设备标注的额定电压和额定电流以及通常提到的交流的数值都指有效值。
28．薄膜干涉现象
【知识点的认识】
1.薄膜干涉的形成
入射光经薄膜上表面反射后得第一束光，折射光经薄膜下表面反射，又经上表面折射后得第二束光，这两束光在薄膜的同侧，由同一入射振动分出，是相干光，属分振幅干涉。
2.薄膜干涉的成因
（1）由薄膜的前，后表面的反射光叠加而形成明暗相间的条纹。
（2）如果膜的厚度为h，折射率为n，入射光在空气中的波长为λ，前、后表面的反射光的路程差为2h。若满足2h为膜中波长的整数倍时，该处出现亮条纹；若满足2h为膜中半波长的奇数倍时，该处出现暗条纹。
（3）若换用白光，将得到彩色条纹。
3.竖放肥皂液膜的干涉现象
（1）白光照射图样是彩色的。如图所示，竖直放置的肥皂液膜，因重力的作用，上面薄，下面厚。由于不同颜色的光的波长不同，从前、后两个表面反射的光，在不同的位置被加强，换句话说，不同颜色的光对应亮条纹的位置不同，不能完全重合，因此看起来是彩色的。
（2）条纹是水平方向的：因为在同一水平高度处，薄膜的厚度相同，从前、后两表面反射的光的路程差均相同，如果此时两反射光互相加强，则此高度水平方向各处均加强，因此，明暗相间的干涉条纹应为水平方向的。
（3）观察薄膜干涉，应从光源这一侧观察。
【命题方向】
观察水面上的油膜，发现色彩会不断地运动变化，如图所示。请解释出现该现象的原因。
分析：理解薄膜干涉的特点，结合其产生的原理和题意完成分析。
解答：当白光照射在油膜表面时，被油膜的前后表面反射的两列反射波叠加，形成干涉条纹，由于白光中的各色光的波长不同，干涉后的条纹间距不同，在薄膜上就会出现彩色条纹，由于薄膜的厚度不断发生变化，则彩色条纹也会不断地变化。
答：见解析。
点评：本题主要考查了光的干涉问题，理解光发生干涉的条件，结合其产生的原因分析生活中的干涉现象。
【解题思路点拨】
薄膜干涉在生活中较为常见，油膜或肥皂泡展现多样的颜色就是最简单的薄膜干涉现象，以薄膜干涉为原理可以用于工业和生活，比如探测工件的平整度、增透膜和增发膜的应用等。
29．理想气体状态变化的图像问题
【知识点的认识】
1.模型概述：本模型主要研究的就是理想气体的图像问题。
2.一定质量的理想气体的状态变化图像
【命题方向】
例1：一定质量的理想气体状态变化过程的P﹣V如图所示，其中A是初始状态，B、C是中间状态。A→B为双曲线的一部分，B→C与纵轴平行，C→A与横轴平行。如将上述变化过程改用P﹣T图线和V﹣T图线表示，则在下列各图中正确的是（ ）
A.B.
C.D.
分析：由p﹣V图象可知，A到B等温膨胀过程；B到C等容变化，压强增大；C到A等压变化，体积变小，对照选项逐一分析。
解答：AB、A到B等温变化，膨胀体积变大，根据玻意耳定律压强p变小；B到C是等容变化，在p﹣T图象上为过原点的直线；C到A是等压变化，体积减小，根据盖﹣吕萨克定律知温度降低，故A错误，B正确；
CD、A到B是等温变化，体积变大；B到C是等容变化，压强变大，根据查理定律，温度升高；C到A是等压变化，体积变小，在V﹣T图象中为过原点的一条倾斜的直线，故C错误，D正确；
故选：BD。
点评：本题考查了气体状态变化图象问题，根据图示图象分析清楚气体变化过程与变化性质是解题的前提，要明确各个过程的变化规律，结合理想气体状态方程或气体实验定律分析是关键。
例2：一定质量的某种理想气体，在如图所示的p﹣T坐标系中，先后分别发生两种状态变化过程，过程一：状态A→C，气体从外界吸收热量为45J；过程二：状态A→B，气体从外界吸收热量为15J。已知图线AC反向延长线通过坐标原点O，B、C两状态的温度相同。则从状态A→C的过程，该气体的体积 不变 （选填“增大”“减小”或“不变”），内能的增量是 45 J；从状态A→B的过程，外界对该气体做的功 30 J。
分析：根据理想气体状态方程判断AC两状态的体积，气体体积不变，不做功，根据热力学第一定律求解内能的增量；理想气体内能只与温度有关，根据热力学第一定律求解状态A→B的过程，外界对该气体做的功。
解答：根据理想气体状态方程得：＝C
图像AC反向延长线通过坐标原点O，所以AC为等容线，则从状态A到C的过程，该气体的体积不变；
气体体积不变，不做功，由热力学第一定律得，内能的增量ΔU＝QAC＝45J
理想气体内能只与温度有关，所以UB＝UC
从状态A到B的过程，由热力学第一定律得，ΔU＝QAB+WAB
解得：WAB＝30J
故答案为：不变，45，30。
点评：本题考查p﹣T图像和热力学第一定律，知道理想气体内能只与温度有关。
【解题思路点拨】
气体图像相互转换的五条“黄金律”
（ 1）准确理解p﹣V图像、p﹣T图像和V﹣T图像的物理意义和各图像的函数关系及各图像的特点。
（2）知道图像上的一个点表示的是一定质量气体的一个平衡状态，知道其状态参量：p、V、T。
（3）知道图像上的某一线段表示的是一定质量的气体由一个平衡状态（ p、V、T）转化到另一个平衡状态（p'.V'、T'）的过程；并能判断出该过程是等温过程、等容过程还是等压过程。
（4）从图像中的某一点（平衡状态）的状态参量开始，根据不同的变化过程，先用相对应的规律计算出下一点（平衡状态）的状态参量，逐一分析计算出各点的p、V、T。
（5）根据计算结果在图像中描点、连线，作出一个新的图像，并根据相应的规律逐一检查是否有误。
30．晶体和非晶体
【知识点的认识】
一、晶体和非晶体
1．晶体与非晶体
（1）物理性质：有些晶体（单晶体）在物理性质上表现为各向异性，非晶体的物理性质表现为各向同性。
（2）熔点：晶体具有一定的熔化温度，非晶体没有一定的熔化温度。
2．单晶体与多晶体
（1）单晶体整个物体就是一个晶体，具有天然的有规则的几何形状，物理性质表现为各向异性；而多晶体是由许许多多的细小的晶体（单晶体）集合而成，没有天然的规则的几何形状，物理性质表现为各向同性。
（2）熔点：单晶体和多晶体都有一定的熔化温度。
3．晶体的微观结构
（1）晶体的微观结构特点：组成晶体的物质微粒有规则地、周期性地在空间排列。
（2）用晶体的微观结构解释晶体的特点。
晶体有天然的规则几何形状是由于内部微粒有规则地排列。
晶体表现为各向异性是由于从内部任何一点出发，在不同方向上相等距离内微粒数不同。
晶体的多型性是由于组成晶体的微粒不同的空间排列形成的。
【命题方向】
如图所示，曲线M、N分别表示晶体和非晶体在一定压强下的熔化过程，图中横轴表示时间t，纵轴表示温度T．从图中可以确定的是（填选项前的字母）（ ）
A、晶体和非晶体均存在固定的熔点T0
B、曲线M的bc段表示固液共存状态
C、曲线M的ab段、曲线N的ef段均表示固态
D、曲线M的cd段、曲线N的fg段均表示液态
分析：晶体具有比较固定的熔点，非晶体则没有固定的熔点，非晶体随着温度的升高逐渐由硬变软，最后变成液体，晶体只要吸热，熔化过程就进行，所以非晶体可以看作是过冷的液体，只有晶体才是真正的固体．
解答：A、晶体具有比较固定的熔点，非晶体则没有固定的熔点故A错误。
B、晶体是在固定的温度下熔化为液体，而非晶体是随着温度的升高逐渐由硬变软，最后变成液体。那么bc段表示晶体的固液共存状态，故B正确。
C、曲线M的ab段表示固态。由于非晶体没有一定熔点而逐步熔化，曲线N是非晶体在一定压强下的熔化过程，非晶体只要吸热，熔化过程就进行，所以曲线N的ef段不表示固态，故C错误。
D、曲线M的cd段表示液态。曲线N的fg段不表示液态，故D错误。
故选：B。
点评：掌握了晶体和非晶体的性质和特点就可顺利解决此类题目，故要加强对基础知识的积累．
【解题思路点拨】
1.区分晶体和非晶体最准确的标志是有无固定的熔点。
2.晶体熔化曲线中，水平部分表示固液混合状态，此时温度不变，但物体的内能在增加。
3.单晶具有各向异性，多晶具有各向同性。
31．液体的表面张力
【知识点的认识】
1．定义：液体表面存在的一种使液体表面积收缩到最小的力，叫作表面张力。
2．方向：表面张力跟液面相切，跟这部分液面的分界线垂直。
3．大小：液体的温度越高，表面张力越小，液体中溶有杂质时，表面张力变小，液体的密度越大，表面张力越大。
4.形成原因：在液体内部，分子间平均距离r略小于r0，分子间的作用力表现为斥力；在表面层，分子比较稀疏，分子间距离r略大于r0，分子间的作用力表现为引力。
5.实例：水黾能够停在水面上，荷叶上的露珠成球形，玻璃上的水银成球形等。
【命题方向】
一、表面张力的实质考查
下列关于液体表面张力的说法，正确的是（ ）
A、表面张力产生在液体表面层，它的方向跟液面垂直
B、表面张力产生在液体表面层，它的方向跟液面平行
C、表面张力产生在液体附着层，它的方向跟液面垂直
D、作用在任何一部分液面上的表面张力，总是跟这部分液面的分界线垂直
分析：液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力，即是表面张力，表面张力的存在使液体表面想被拉伸的弹簧一样，总有收缩的趋势。
解答：A、表面张力产生在液体表面层，它的方向平行于液体表面，而非与液面垂直，故A错误
B、表面张力产生在液体表面层，它的方向跟液面平行，使液面收缩，故B正确
C、表面张力产生在液体表面层而非附着层，它的方向也不跟液面垂直，故C错误
D、如果在液面上画一条分界线，表面张力总是跟这部分液面的分界线相垂直，分界线两边的分子会对对方分子产生引力，故D正确
故选：BD。
点评：表面张力的成因解释，掌握了概念便可顺利解决问题．
二、表面张力的实例
下列哪些现象主要与液体的表面张力有关（ ）
A、木块漂浮在水面上
B、雨滴几乎成球形
C、液体难被压缩
D、皂水的水面托住小的硬币
分析：作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力．它产生的原因是液体跟气体接触的表面存在一个薄层，叫做表面层，表面层里的分子比液体内部稀疏，分子间的距离比液体内部大一些，分子间的相互作用表现为引力．就象你要把弹簧拉开些，弹簧反而表现具有收缩的趋势．正是因为这种张力的存在，有些小昆虫才能无拘无束地在水面上行走自如．
解答：A、木块漂浮在水面上是由于木块的密度比水小，及水对木块的浮力作用。所以A错。
B、雨滴在空中由于液体表面张力的缘故，它表面的水分子表现为引力，从而使它收缩成一个球形。所以B正确。
C、液体难被压缩，是因为分子间存在相互作用的斥力。所以C错。
D、由于肥皂水表面的分子间的距离比内部分子距离大，分子间表现为引力，即表面张力作用使皂水的水面托住小的硬币。所以D正确。
故选：BD。
点评：此题考查液体表面张力的现象，要求对液体表面张力产生的原因能理解，并能分析一些现象．
【解题思路点拨】
对表面张力的理解：
1.表面张力是液体表面的一种特性，它使得液体的表面像一层弹性薄膜，有收缩的趋势。这种力使得液体表面尽可能缩小，表现为液滴总是试图保持球形。例如，我们在洗脸时可能会注意到水龙头上的水流形成的水滴，这些水滴就是表面张力作用的直接体现。此外，水黾能够在水面上行走而不沉下去，也是因为水黾的体重没有破坏水面的表面张力。荷叶上的露珠和浴室顶棚的水珠也都是表面张力的表现，它们都呈现出近似的球形。
2.表面张力不仅存在于液体与气体之间，也存在于液体与固体器壁之间。当液体与固体接触时，可能会发生不浸润和浸润现象，这取决于液体和固体的性质。例如，水银滴到玻璃上会保持球形，而慢慢沿玻璃散开，这是因为水银不能浸润玻璃，而能浸润某些其他固体。这种性质决定了液体与固体接触时形成的形状可能是凹形或凸形。
32．浸润和不浸润
【知识点的认识】
1.浸润：一种液体会润湿某种固体并附着在固体的表面上的现象。
2.不浸润：一种液体不会润湿某种固体，也不会附着在这种固体的表面上的现象。
3.浸润和不浸润现象成因
（1）附着层内分子受力情况：液体和固体接触时，接触的位置形成一个液体薄层，叫作附着层。附着层的液体分子除受液体内部的分子吸引外，还受到固体分子的吸引。
（2）浸润的成因：当固体分子吸引力大于液体内部分子力时，附着层内液体分子比液体内部分子稠密，附着层中分子之间表现为斥力，具有扩张的趋势，这时表现为液体浸润固体。
（3）不浸润的成因：当固体分子吸引力小于液体内部分子力时，附着层内液体分子比液体内部分子稀疏，附着层中分子之间表现为引力，具有收缩的趋势，这时表现为液体不浸润固体。
【命题方向】
下面说法中哪些是正确的（ ）
A.水银是不浸润液体
B.水是浸润液体
C.水可能是浸润液体，也可能是不浸润液体
D.浸润现象是由于表面张力大，不浸润现象是由于表面张力小
分析：浸润现象亦称润湿现象。当液体与固体接触时，液体的附着层将沿固体表面延伸。当接触角θ为锐角时，液体润湿固体，若θ为零时，液体将展延到全部固体表面上，这种现象叫做“浸润现象”。润湿现象的产生与液体和固体的性质有关。同一种液体，能润湿某些固体的表面，但对另外某些固体的表面就很难润湿。
毛细作用，是液体表面对固体表面的吸引力。毛细管插入浸润液体中，管内液面上升，高于管外，毛细管插入不浸润液体中，管内液体下降，低于管外的现象。毛巾吸水，地下水沿土壤上升都是毛细现象。在洁净的玻璃板上放一滴水银，它能够滚来滚去而不附着在玻璃板上。把一块洁净的玻璃板浸入水银里再取出来，玻璃上也不附着水银。这种液体不附着在固体表面上的现象叫做不浸润。对玻璃来说，水银是不浸润液体。
解答：A、浸润与不浸润是相对的；对水银玻璃来说是不浸润液体，但不是对任何固体都是不浸润液体，故A错误；
B、C、鸭子的羽毛上有一层油脂，使水不能浸润羽毛，因此水可能是浸润液体，也可能是不浸润液体，故C正确，B错误；
D、浸润现象是由于表面张力小，不浸润现象是由于表面张力大，故D错误；
故选：C。
点评：本题考查了浸润与不浸润现象，毛细现象是浸润与不浸润现象的具体运用，基础题。
【解题思路点拨】
对同一种固体，有些液体浸润，有些液体不浸润；同一种液体，对一些固体是浸润的，对另一些固体是不浸润的。例如，水能浸润玻璃，但不能浸润石蜡；水银不能浸润玻璃，但能浸润铅。
33．毛细现象
【知识点的认识】
1.毛细现象：浸润液体在细管中上升的现象，以及不浸润液体在细管中下降的现象。
2.毛细现象的特点：毛细管中，当液体上升到一定的高度时，液体所受重力与液体表面张力形成的向上的拉力平衡时，液面稳定在一定的高度。
3.毛细现象的成因
（ 1）两种表现：浸润液体在细管中上升，以及不浸润液体在细管中下降。
（2）产生原因：毛细现象的产生与表面张力及浸润现象都有关系。
如图所示，甲是浸润现象，此时管内液面呈凹形，因为水的表面张力作用，液体会受到一个向上的作用力，因而管内液面要比管外高；乙是不浸润现象，管内液面呈凸形，表面张力的作用使液体受到一个向下的力，因而管内液面比管外低。
【命题方向】
下列现象中与毛细现象有关的是（ ）
A.砖块吸水
B.毛巾的一只角浸入水中，水会沿毛巾上升，使毛巾湿润
C.洗净的衣服在太阳下被晒干
D.自来水笔从墨水瓶里把墨水吸进笔中
分析：毛细现象是指液体在细管状物体内侧，由于内聚力与附着力的差异、克服地心引力而上升的现象，当液体和固体（管壁）之间的附着力大于液体本身内聚力时，就会产生毛细现象。
解答：A、砖块吸水是因为砖块内部有很多细小的通道，属于毛细现象，故A正确
B、毛巾内有很多细小的缝隙，将毛巾的一只角浸入水中，水会沿毛巾上升使毛巾湿润，是毛细现象，故B正确
C、洗净的衣服在太阳下被晒干，是汽化现象（蒸发），不是毛细现象，故C错误
D、自来水笔从墨水瓶里把墨水吸进笔中，是大气压的作用，不是毛细现象，故D错误
故选：AB。
点评：本题要求认清毛细现象的定义，注意与相关现象的区别。
【解题思路点拨】
在浸润情况下，管内液面呈凹形，管内液面要比管外高﹔在不浸润情况下，管内液面呈凸形，管内液面比管外低。毛细管内、外液面的高度差与毛细管的内径有关，毛细管内径越小，高度差越大。
34．热力学第一定律的表达和应用
【知识点的认识】
热力学第一定律
1．内容：如果物体跟外界同时发生做功和热传递的过程，那么外界对物体做的功W加上物体从外界吸收的热量Q等于物体内能的增加△U。
2．公式：W+Q＝△U。
3．符号法则：
①物体吸热→Q取正；物体放热→Q取负；
②物体对外界做功，W取负；外界对物体做功，W取正；
③物体内能增加，△U取正；物体内能减小，△U取负；
【命题方向】
（1）常考题型考查对概念的理解：
对一定量的气体，下列说法正确的是（ ）
A．气体的体积是所有气体分子的体积之和
B．气体分子的热运动越激烈，气体的温度就越高
C．气体对器壁的压强是由大量分子对器壁的碰撞产生的
D．当气体膨胀时，气体分子之间的势能减少，因而气体的内能减少
分析：根据气体分子间空隙很大，分析气体的体积与所有气体分子的体积之和的关系。根据温度的微观含义、压强产生的微观机理分析。根据内能的概念分析气体膨胀时内能如何变化。
解答：A、气体分子间空隙很大，气体的体积大于所有气体分子的体积之和。故A错误。
B、温度的微观含义是反映物体内分子的热运动剧烈程度，温度越高，分子热运动越剧烈。故B正确。
C、气体的压强产生的机理是由大量气体分子对器壁不断碰撞而产生的，故C正确。
D、当气体膨胀时，气体分子之间的距离增大，但温度的变化无法判断，所以内能变化无法判断。故D错误
故选BC。
点评：本题考查了热力学第一定律的应用，温度是平均动能的标志，分子动理论的内容。
（2）如图是密闭的气缸，外力推动活塞P压缩气体，对缸内气体做功800J，同时气体向外界放热200J，缸内气体的（ ）
A．温度升高，内能增加600J
B．温度升高，内能减少200J
C．温度降低，内能增加600J
D．温度降低，内能减少200J
分析：已知做功和热传递的数据，根据热力学第一定律可求得气体内能的改变量及温度的变化。解答：解：由热力学第一定律可知：△U＝W+Q
外界对气体做功，W＝800J；气体向外散热，故Q＝﹣200J；
故△U＝800﹣200J＝600J；
气体内能增加，则温度升高；
故选A。
点评：热力学第一定律在应用时一定要注意各量符号的意义；△U的正表示内能增加，Q为正表示物体吸热，W为正表示外界对物体做功。
【解题方法点拨】
对热力学第一定律的理解
1．热力学第一定律不仅反映了做功和热传递这两种方式改变内能的过程是等效的，而且给出了内能的变化量和做功与热传递之间的定量关系。此定律是标量式，应用时热量的单位应统一为国际单位制中的焦耳。
2．对公式△U＝Q+W符号的规定。
3．几种特殊情况
（1）若过程是绝热的，则Q＝0，W＝△U，外界对物体做的功等于物体内能的增加。
（2）若过程中不做功，即W＝0，则Q＝△U，物体吸收的热量等于物体内能的增加。
（3）若过程的始末状态物体的内能不变，即△U＝0，则W+Q＝0或W＝﹣Q．外界对物体做的功等于物体放出的热量。
注意：
①应用热力学第一定律时要明确研究的对象是哪个物体或者是哪个热力学系统。
②应用热力学第一定律计算时，要依照符号法则代入数据。对结果的正、负也同样依照规则来解释其意义。
35．光电效应的条件和判断能否发生光电效应
【知识点的认识】
发生光电的条件是：入射光的频率大于金属的截止频率（或者说说入射光的光子的能量大于金属的逸出功）。
【命题方向】
现有a、b、c三束单色光，其波长关系为λa＞λb＞λc．用b光束照射某种金属时，恰能发生光电效应．若分别用a光束和c光束照射该金属，则可以断定（ ）
A、a光束照射时，不能发生光电效应
B、c光束照射时，不能发生光电效应
C、a光束照射时，释放出的光电子数目最多
D、c光束照射时，释放出的光电子的最大初动能最小
分析：根据光电效应的条件：γ＞γ0，而，判断出a光、c光照射该金属，能否发生光电效应．放出的光电子数目与入射光的频率无关，由入射光的强度决定．光电子的最大初动能可由光电效应方程去比较．
解答：AB、波长关系为λa＞λb＞λc，则γa＜γb＜γc．b光束照射某种金属时，恰能发生光电效应，根据光电效应的条件，a光照射不能发生光电效应，c光照射能发生光电效应。故A正确，B错误。
C、放出的光电子数目与入射光的频率无关，由入射光的强度决定。故C错误。
D、根据光电效应方程：，知c光束照射时，释放出的光电子的最大初动能最大。故D错误。
故选：A。
点评：解决本题的关键掌握光电效应的条件，光电效应方程及单位时间内放出光电子的数目由入射光的强度决定．
【解题思路点拨】
只有当入射光的频率大于金属的截止频率时，才能发生光电效应，否则，就算光照再强也不可能发生。
36．光子的动量
【知识点的认识】
康普顿用光子模型成功的解释了康普顿效应。他的基本思想是：光子不进具有能量，而且具有动量，光子的动量p与光子的波长λ和普朗克常量h有关。这三个量之间的关系为：p＝。
【命题方向】
频率为ν的光子动量为p＝，能量为E，光子的速度为（ ）
A、 B、pE C、 D、
分析：光是一种波，光子的速度可根据波速公式v＝λγ，光子能量与频率的关系是E＝hγ，联立可解．
解答：由光子的能量公式E＝hν得，光子的频率为 γ＝
由p＝，得光子的波长为λ＝
由波速和频率的关系式v＝λγ，得光子的速度：v＝λ＝•＝。
故选：AC。
点评：解决本题的关键要掌握波速公式v＝λγ和光子能量公式E＝hγ，明确公式中各个量的关系．
【解题思路点拨】
1.光子的动量为p＝
2.由E＝hν和p＝可知，不连续的光，其能量与动量都用描述波的物理量来描述，即光不仅表现出粒子性，同时也表现出波动性。
37．分析能级跃迁过程中的能量变化（吸收或释放能量）
【知识点的认识】
在发生跃迁时，如果核外电子由低能级向高能级跃迁，需要吸收能量，如果由高能级向低能级跃迁，需要释放能量（以光子的形式）。
【命题方向】
氢原子从能级A跃迁到能级B，吸收频率ν1的光子，从能级A跃迁到能级C释放频率ν2的光子，若ν2＞ν1则当它从能级C跃迁到能级B将放出还是吸收光子？对应光子的频率为多少？
分析：能级间跃迁吸收和辐射光子的能量等于两能级间的能级差．
解答：氢原子从能级A跃迁到能级B吸收光子，则B能级的能量大于A能级的能量，从能级A跃迁到能级C，释放光子，
则A能级的能量大于C能级的能量，可知B与C能级间的能量为hv1+hv2．
则由C能级跃迁B能级吸收光子，有hv＝hv1+hv2，
频率为ν＝v1+v2．
答：从能级C跃迁到能级B将吸收频率为v2+v1的光子．
点评：解决本题的关键知道能级间跃迁辐射或吸收光子能量与能级差的关系，即Em﹣En＝hv．
【解题方法点拨】
对原子跃迁条件的理解
（1）原子从低能级向高能级跃迁，吸收一定能量的光子，当一个光子的能量满足hν＝E末﹣E初时，才能被某一个原子吸收，使原子从低能级E初向高能级E末跃迁，而当光子能量hν大于或小于E末﹣E初时都不能被原子吸收．
（2）原子从高能级向低能级跃迁，以光子的形式向外辐射能量，所辐射的光子能量恰等于发生跃迁时的两能级间的能量差．
（3）原子跃迁条件hν＝Em﹣En只适用于光子和原子作用而使原子在各定态之间跃迁的情况．对于光子和处于基态的氢原子作用而使氢原子电离时，只要入射光子的能量E≥13.6eV，氢原子就能吸收．对于实物粒子与原子作用使原子激发时，粒子能量大于能级差即可．
38．天然放射现象的发现及意义
【知识点的认识】
1.天然放射现象的定义与发现：放射性元素自发地发出射线的现象，叫做天然放射现象，1896年由法国物理学家贝克勒尔发现．
2．天然放射现象的物理意义：天然放射现象说明原子核内部是有复杂的结构的。
【命题方向】
天然放射现象的发现揭示了（ ）
A、原子具有复杂的结构
B、原子的核式结构
C、原子核具有复杂的结构
D、原子核由质子和中子组成
分析：原子是化学变化中的最小微粒，但还能再分，天然放射现象的发现就说明原子核能够再分，以此来解答。
解答：天然放射现象中，原子核发生衰变，生成新核，同时有电子或α粒子产生，因此说明了原子核可以再分，
故选：C。
点评：熟悉基本概念以及原子结构等知识即可解答。
【解题思路点拨】
知识点的延伸
天然放射现象的发现是由法国物理学家亨利•贝克勒尔在1896年首次发现的。他在实验中发现，铀的化合物能够自发地放射出一种看不见的、穿透力很强的射线，这种射线能够使附近包在黑纸里的照相底片感光。这一发现揭示了原子核具有复杂的结构，为人类认识原子核和放射性现象奠定了基础。随后，科学家们对这一现象进行了深入研究，发现了放射性元素能够放出三种主要的射线：α射线、β射线和γ射线，这些射线的发现和性质的研究，逐渐揭示了放射性现象的本质。
天然放射现象的意义在于，它使人类认识到原子核具有复杂的结构，并且能够自发地进行衰变，释放出能量。这一发现不仅开辟了原子核物理学的新领域，而且为后来的核科学发展奠定了基础。此外，天然放射现象的发现还促进了人们对物质微观结构的认识，推动了原子核物理、原子物理和粒子物理等学科的发展。这些学科的研究不仅加深了人们对物质本质的理解，而且在实际应用中有着广泛的应用，如医疗诊断、能源开发等方面。
天然放射现象的发现和研究，不仅在科学领域产生了深远的影响，而且对人类认识自然世界和探索未知提供了重要的线索和工具。它揭示了自然界中存在的不稳定核素能够自发衰变，并释放出具有穿透力的射线，这一发现为后来的核科学发展开辟了道路，使人们对物质的微观结构有了更新的认识。
39．α、β、γ射线的本质及特点
【知识点的认识】
1.α，β、γ射线的本质分别是高速氦核流、高速电子流和高速光子流。
2.α，β、γ射线的区别如下表
【解题思路点拨】
一、射线本身的性质
天然放射性元素放出的三种射线的穿透能力实验结果如图所示，由此可推知（ ）
A、②来自于原子核外的电子
B、①的电离作用最强，是一种电磁波
C、③的电离作用较强，是一种电磁波
D、③的电离作用最弱，是一种电磁波
分析：α射线贯穿能力很弱，电离作用很强，一张纸就能把它挡住，α射线是高速氦核流；β射线能贯穿几毫米厚的铝板，电离作用较强，是原子核中的一个中子转化成一个质子，同时释放出β射线；γ射线穿透本领最强，甚至能穿透几厘米厚的铅板，是原子核发生衰变时释放的能量以γ光子的形式辐射出来的。
解答：A、天然放射性元素放出的三种射线都是原子核发生衰变造成的，β射线能贯穿几毫米厚的铝板，电离作用较强，故②是β射线。β射线是原子核中的一个中子转化成一个质子，同时释放出一个高速电子，该电子即β射线，故β射线来自原子核，故A错误。
B、α射线贯穿能力很弱，电离作用很强，一张纸就能把它挡住，故①是α射线。α射线是高速氦核流，是实物粒子，不是电磁波。故B错误。
CD、γ射线穿透本领最强，甚至能穿透几厘米厚的铅板，故③是γ射线，但γ射线电离本领很弱，它是一种光子，是一种电磁波。故C错误，D正确。
故选：D。
点评：本题考查天然放射性元素放出的三种射线的穿透能力比较，熟悉课本基本知识就能顺利解决此类问题，故要加强基础知识的积累。多记。
二、结合磁场考查射线的性质
如图所示，放射性元素镭放出α、β、γ三种射线，它们分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是（ ）
A、①表示γ射线的运动径迹，③表示α射线的运动径迹
B、②表示β射线的运动径迹，③表示α射线的运动径迹
C、④表示α射线的运动径迹，⑤表示γ射线的运动径迹
D、⑤表示β射线的运动径迹，⑥表示α射线的运动径迹
分析：根据α、β、γ三种射线的带电性质和本质以及带电粒子在电场中受力特点可正确判断。
本题应抓住：①三种射线的成分主要是指所带电性：α射线是高速氦核流带正电，β射线是高速电子流，带负电，γ射线是γ光子，是中性的。
②洛伦兹力方向的判定，左手定则：张开左手，拇指与四指垂直，让磁感线穿入手心，四指的方向是正电荷运动的方向，拇指的指向就是洛伦兹力的方向。
解答：AB、α射线实质为氦核，带正电，β射线为电子流，带负电，γ射线为高频电磁波，根据电荷所受电场力特点可知：①为β射线，②为γ射线，③为α射线，故AB错误；
CD、α射线是高速氦核流，一个α粒子带两个正电荷。根据左手定则，α射线受到的洛伦兹力向左，故④是α射线；β射线是高速电子流，带负电荷。根据左手定则，β射线受到的洛伦兹力向右，故⑥是β射线；γ射线是γ光子，是中性的，故在磁场中不受磁场的作用力，轨迹不会发生偏转。故⑤是γ射线。故C正确，D错误。
故选：C。
点评：熟练掌握α、β两种衰变实质以及衰变方程的书写，同时明确α、β、γ三种射线性质及应用，本题综合性较强，主要考查两个方面的问题：①三种射线的成分主要是所带电性。②洛伦兹力的方向的判定。只有基础扎实，此类题目才能顺利解决，故要重视基础知识的学习。
【解题思路点拨】
1.α，β射线的本质都是实物粒子，γ射线的本质是光子。
2.α射线是α衰变时产生的，β射线是β衰变时产生的，产生α射线和β射线时会伴生γ射线。
40．核反应前后质量数、质子数、中子数、核子数等参数的关系
【知识点的认识】
1.核反应前后质量数守恒，电荷数（核电荷数）守恒。
2.各参数之间的关系如下：
质量数＝质子数+中子数＝核子数
核电荷数＝质子数＝原子序数＝核外电子数
【命题方向】
某原子核的衰变过程是A，符号表示放出一个β粒子，表示放出一个α粒子，下列说法中正确的是（ ）
A、核C比核B的中子数少2
B、核C比核A的质量数少5
C、原子核为A的中性原子的电子数比原子核为B的中性原子的电子数多1
D、核C比核A的质子数少1
分析：发生一次α衰变，电荷数少2，质量数少4，发生一次β衰变，电荷数多1，质量数不变．
解答：A、B到C，电荷数少2，质量数少4，因为电荷数等于质子数，质量数等于质子数加上中子数，所以核C比核B中子数少2．故A正确。
B、A到B，质量数不变，B到C质量数少4，则核C比核A质量数少4．故B错误。
C、中性原子的电子数等于质子数，核B比核A电荷数多1，则核A的中性原子的电子数比核B中性原子的电子数少1．故C错误。
D、A到B电荷数多1，B到C电荷数少2，则A到C电荷数少1，则核C比核A质子数少1．故D正确。
故选：AD。
点评：解决本题的关键知道α衰变和β衰变的实质，以及知道质量数等于质子数加中子数，质子数等于电荷数．
【解题思路点拨】
核反应前的质量数之和等于核反应后的质量数之和；核反应前的电荷数之和等于核反应后的电荷数之和。
41．结合能与比结合能的概念及物理意义
【知识点的认识】
1.结合能和比结合能的概念：
结合能：原子核是核子凭借核力结合在一起构成的，要把它们分开，也需要能量，这就是原子核的结合能。这个能量也是核子结合成原子核而释放的能量。
比结合能：组成原子核的核子越多，它的结合能越大。原子核的结合能与核子数之比，叫作比结合能，也叫作平均结合能。
2.比结合能的物理意义：比结合能越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定。
【命题方向】
下列关于核力与结合能的说法中正确的是（ ）
A、将原子核拆散成核子所吸收的能量与核子结合成原子核所放出的能量相同
B、核力与万有引力性质相同
C、核力只存在于相邻的核子之间
D、核子数越多，原子核越稳定
分析：根据爱因斯坦质能方程，分析将原子核拆散成核子所吸收的能量与核子结合成原子核所放出的能量关系．核力与万有引力性质不同．核力只存在于相邻的核子之间．比结合能越大，原子核越稳定．
解答：A、将原子核拆散成核子与核子结合成原子核两个过程质量的变化相等，根据爱因斯坦质能方程得知，将原子核拆散成核子所吸收的能量与核子结合成原子核所放出的能量相同。故A正确。
B、核力与万有引力性质不同，核力只存在于相邻之前，而万有引力存在于宇宙万物之间。故B错误。
C、核力是短程力，作用范围在1.5×10﹣15m，原子核的半径数量级在10﹣15m，所以核力只存在于相邻的核子之间。故C正确。
D、核子数越多，原子核不一定越稳定，应是比结合能越大，原子核越稳定。故D错误。
故选：AC。
点评：本题考查对核力、核能的理解．核力是自然界四种基本作用力之一，与万有引力性质、特点不同．
【解题思路点拨】
1.结合能和比结合能反映了原子核的能量特点。比结合能等于结合能除以核子数。
2.比结合能越大，表明原子核越稳定。
3.结合能是杷一个原子核中的核子分开成一个个孤立核子所需的最小能量，这个能量也是核子结合成原子核而释放的能量。
42．核反应前后存在质量亏损及其计算
【知识点的认识】
1.定义：原子核的质量小于组成它的核子的质量之和，这个现象叫作质量亏损。
2.质量亏损＝反应物的所有的核子质量之和﹣生成物的所有的核子质量之和
【命题方向】
铀原子裂变反应方程为U+n→Ba+Kr+n，其中铀的质量为m1，中子质量为m2，钡和氪的质量分别为m3和m4，下列说法正确的是（ ）
A、该反应就是原子的热核反应
B、该反应能否发生跟铀原料的体积有关
C、该方程质量亏损为（m1﹣m3﹣m4﹣2m2）
D、该方程释放核能为（m1﹣m3﹣m4﹣m2）c2
分析：根据质量亏损，结合爱因斯坦质能方程求出释放的能量．铀核裂变放出的能量很高，反应前后质量数守恒，有质量亏损．
解答：A、这一反应类型是重核裂变，不是热核反应，故A错误。
B、该反应能否发生跟铀原料的临界体积有关。故B正确。
C、核反应过程中，质量亏损为：Δm＝（m1﹣2m2﹣m3﹣m4），则释放的核能为：ΔE＝Δmc2＝（m1﹣2m2﹣m3﹣m4）c2，故C正确，D错误。
故选：BC。
点评：解决本题的关键知道核反应前后质量数守恒，在重核裂变的过程中有质量亏损，向外放出能量．
【解题思路点拨】
1.核反应前后质量数守恒但质量不守恒。
2.如果已知核反应释放的能量，也可以根据爱因斯坦质能方程计算亏损的质量Δm＝。
声明：试题解析著作权属网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/11/5 13:11:41；用户：组卷41；邮箱：zyb041@xyh.cm；学号：41419004
现象
实质
超重
物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于
物体重力的现象
系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量
失重
物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于
物体重力的现象
系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量
完全
失重
物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力为零
的现象
系统具有竖直向下的加速度，且a＝g
功
能量的变化
合外力做正功
动能增加
重力做正功
重力势能减少
弹簧弹力做正功
弹性势能减少
电场力做正功
电势能减少
其他力（除重力、弹力）做正功
机械能增加
一对滑动摩擦力做的总功为负功
系统的内能增加
图象
方法

（1）微平移法：沿波的传播方向将波的图象进行一微小平移，然后由两条波形曲线来判断。
例如：波沿x轴正向传播，t时刻波形曲线如左图中实线所示。将其沿v的方向移动一微小距离△x，获得如左图中虚线所示的图线。可以判定：t时刻质点A振动方向向下，质点B振动方向向上，质点C振动方向向下。

（2）“上、下坡”法：沿着波的传播方向看，上坡的点向下振动，下坡的点向上振动，即“上坡下，下坡上”。
例如：左图中，A点向上振动，B点向下振动，C点向上振动。

（3）同侧法：质点在振动方向与波的传播方向在波的图象的同一侧。如左图所示。
表达式比较
E＝
E＝k
E＝
公式意义
电场强度定义式
真空中点电荷的电场强度决定式
匀强电场中E与U关系式
适用条件
一切电场
①真空 ②点电荷
匀强电场
比较决定因素
由电场本身决定，与q无关
由场源电荷Q和场源电荷到该点的距离r共同决定
由电场本身决定，d是场中两点间沿场强方向的距离
相同点
矢量，单位：1N/C＝1V/m
符号
W
Q
△U
+
外界对物体做功
物体吸收热量
内能增加
﹣
物体对外界做功
物体放出热量
内能减少
种类
α射线
β射线
γ射线
组成
高速氦核流
高速电子流
光子流（高频电磁波）
带电荷量
2e
﹣e
0
质量
4mp
静止质量为零
符号
He
e
γ
速度
0.1c
0.99c
c
贯穿本领
最弱
较强
最强
贯穿实例
用纸能挡住
穿透几毫
米的铝板
穿透几厘米的铅板
对空气的
电离作用
很强
较弱
很弱